\extitle{5}{二次型}


\noindent \textbf{记号与惯例}
\begin{enumerate}[label=(\arabic*),itemsep=0pt]
  \item $\bZ,\symbf{Q}, \symbf{R}, \symbf{C}$分别表示整数环、有理数域、实数域、复数域。
    如无特别声明，基域都是某个数域，$P$ 和 $\bF$ 表示数域。
    对数域 $\bF$, $\bF^*$表示所有$\bF$中非零数的集合，
 $\bF[x]$表示系数属于$\bF$的多项式构成的环。
  $\bZ[x]$ 表示整系数多项式构成的环。
\item 对数域 $\bF$, $\bF^n, \bF^{(n)}$ 分别表示 $n$ 维行向量、$n$维列向量的集合。
  $\bF^{m\times n}$ 表示 $m\times n$矩阵的集合。 
$\GL_n(\bF)$表示数域$\bF$上$n$阶可逆矩阵的集合（称为\emph{一般线性群}）。
      $e_i$ 表示第 $i$个元素为 $1$ 其余元素为 $0$ 的向量，
      $e_{ij}$ 表示  $(i,j)$ 元素为 $1$ 其余为 $0$ 的矩阵。
$\diag(a_1,\cdots,a_n)$表示对角元素依次为$a_1,\cdots,a_n$的对角阵，即
\[
  \diag(a_1,\cdots,a_n)=\begin{pmatrix}
    a_1 \\ & \ddots \\ && a_n
  \end{pmatrix};
\]
$\diag(A_1,\cdots,A_n)$ 和 $A_1\oplus \cdots \oplus A_n$ 都表示分块矩阵
\[
  \begin{pmatrix}
    A_1 \\ & \ddots \\ && A_n
  \end{pmatrix}.
\]
    \item 对方阵$A$, $\det A$和$|A|$表示$A$的行列式，$\rank A$表示$A$的秩。
对二次型$f$, $\rank f$表示$f$的秩。
\item 对实对称矩阵 $A, B$, $A\succ B$, $A\succeq B$, $A\prec B$, $A\preceq B$
  分别表示 $A-B$ 正定、半正定、负定、半负定。
  因此 $A\succ 0, A\succeq 0$ 分别表示 $A$ 正定、半正定。
  \end{enumerate}


\section{作业题}

\paragraph*{习题 5.1\quad 二次型及其矩阵表示}

\begin{exercise}
  求二次型$f(x_1,x_2,x_3)=X^{\rT}AX$的矩阵和秩，其中
\[
  A=\begin{pmatrix}
    1 & -2 & 0\\
    2 & 4 & 3\\
    6 & 3 & 2
  \end{pmatrix}\in \bR^{3\times 3},\quad X=(x_1, x_2, x_3)^{\rT}\in \bR^{(3)}.
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
  每个二次型$f(x_1, \cdots, x_n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_{ij}'x_ix_j$
  都可唯一地写为$f(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_{ij}x_ix_j$, 满足
  \[
    a_{ii}=a_{ii}', \quad a_{ij}=a_{ji}=\frac{a_{ij}'+a_{ji}'}{2} (\text{对~$i\neq j$}).
    \]
    此时方阵$A=(a_{ij})_{1\leqslant i,j \leqslant n}$称为该二次型的矩阵，
    用矩阵形式写出来就是$A=\frac{A'+{A'}^{\rT}}{2}$, 其中$A'=(a'_{ij})_{1\leqslant i,j \leqslant n}$.
  所以二次型
  \[
    f(X)=X^{\rT}\begin{pmatrix}
    1 & -2 & 0\\
    2 & 4 & 3\\
    6 & 3 & 2
  \end{pmatrix}X
\]
的矩阵为
\[\tag*{\qedhere}
  \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 3 \\ 0 & 4 & 3\\ 3 & 3 & 2
  \end{pmatrix}.
\]
此矩阵的秩 为 $3$, 故 $\rank f=3$.
\end{solution}

\begin{remark}
  若$A=(a_{ij})$为$n$阶矩阵，$X=(x_1, \cdots, x_n)^{\rT}$, $Y=(y_1, \cdots, y_n)^{\rT}$为两个列向量，我们有$X^{\rT}AY=\sum_{i,j}a_{ij} x_i y_j$.
\end{remark}

\begin{exercise}\label{082}
\begin{enumerate}
  \item  设$A$是可逆的对称矩阵。
    证明$A^{-1}$是对称矩阵，且$A^{-1}$合同于$A$.
  \item 证明：若对称矩阵$A, A', B, B'$满足$A\approx A', B\approx B'$,
    则$\begin{pmatrix}
      A \\ &B
    \end{pmatrix}\approx \begin{pmatrix}
      A' \\ & B'
    \end{pmatrix}$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
\item   我们有
  \[
    (A^{-1})^{\rT}=(A^{\rT})^{-1}=A^{-1},
  \]
    故$A^{-1}$也对称，并且
  \[
    A^{\rT} A^{-1} A=A^{\rT} =A
  \]
    表明$A^{-1}\approx A$.
  \item 设可逆矩阵$P, Q$使得$P^{\rT}AP=A', Q^{\rT}BQ=B'$. 那么
    \[
      \begin{pmatrix}
        P^{\rT} \\ & Q^{\rT}
      \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
        A \\ &B
      \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        P \\ & Q
      \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        A' \\ & B'
      \end{pmatrix},
    \]
    因此$\begin{pmatrix}
      A \\ &B
    \end{pmatrix}\approx \begin{pmatrix}
      A' \\ & B'
    \end{pmatrix}$.
    \qedhere
\end{enumerate}
\end{solution}


\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P158, 2]{PWS19}}%\marked
  给定实二次型$f(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^s l_i^2$, 
  其中$l_i=a_{i1}x_1+\cdots+a_{in}x_n$ ($i=1,\cdots,s$) 
  为$x_1,\cdots,x_n$的一次齐次多项式，
  令$A=(a_{ij})_{s\times n}$,
    证明二次型$f$的秩等于$A$的秩。
\end{exercise}

\hint 应用练习~\ref{0AF}.

\begin{solution}
   \fangfa  我们有
  \[
    \begin{pmatrix}
      l_1 \\ \vdots \\l_s
    \end{pmatrix}=AX.
  \]
  因此
  \[
    \begin{aligned}
      f(x_1,\cdots,x_n)= \sum_{i=1}^s l_i^2 = \begin{pmatrix}
      l_1 & \cdots & l_s
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
      l_1 \\ \vdots \\l_s
    \end{pmatrix}
    = (AX)^{\rT} (AX)= X^{\rT} (A^{\rT} A) X.
    \end{aligned}
  \]
  显然$A^{\rT}A$是对称矩阵，
  因此$f$的矩阵是$A^{\rT}A$.
  由练习~\ref{0AF}~知$\rank A^{\rT}A=\rank A$.
  这样$f$的秩就是$\rank A$.

  \fangfa  设$\rank A=r$. 我们知道秩、行秩相等，故$A$的行秩为$r$.
  故$A$有$r$行线性无关，而其他行可由这些行线性表出。
  不妨设$A=\begin{pmatrix}
    \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_s
  \end{pmatrix}$的前$r$行$\alpha_1,\cdots,\alpha_r$线性无关，
  那么$i>r$时$\alpha_i$可由$\alpha_1,\cdots,\alpha_r$线性表出。
  我们有 $l_i=\alpha_i X$. 由于$\alpha_i$为$\alpha_1,\cdots,\alpha_r$的线性组合，
  $l_i$ ($r< i\leqslant s$) 为 $l_1,\cdots,l_r$的线性组合。
  非退化的线性替换
  \[
    \begin{cases}
      l_1=y_1\\
      \vdots \\
      l_r=y_r \\
      x_{r+1}=y_{r+1}\\
      \vdots \\
      x_n=y_n
    \end{cases}
  \]
  将二次型$f$化成了
  \[\tag{$*$}
    y_1^2+\cdots+y_r^2+ k_{r+1}^2+\cdots+k_s^2.
  \]
  这里$k_i$由$l_i$经上述线性替换得到 ($k_i(y_1,\cdots,y_n)=l_i(x_1,\cdots,x_n)$)；
  由于$l_i$ ($r< i\leqslant s$) 为 $l_1,\cdots,l_r$的线性组合，
  $k_i$ ($r<i\leqslant s$) 是关于$y_1,\cdots,y_r$的二次型。
  既如此，($*$) 可视为以$y_1,\cdots,y_r$为变量的二次型，记为$g(y_1,\cdots,y_r)$.
  显然恒有$g(y_1,\cdots,y_r)\geqslant 0$, 又显然
  $g(y_1,\cdots,y_r)=0$当且仅当$y_1=\cdots=y_r=0$,
  因此$g(y_1,\cdots,y_r)$ 正定。这样$\rank g=r$, 从而$\rank f=r=\rank A$.
\end{solution}


\paragraph*{习题 5.2\quad 标准形}

\begin{exercise}
  \label{087}
  用非退化的线性变换将二次型化成标准形：
  \begin{enumerate}
    \item \tiyuan{\cite[P144, 例1]{PWS19}}%\marked
      $2 x_{1} x_{2}+2 x_{1} x_{3}-6 x_{2} x_{3}$.
    \item \label{083} \tiyuan{\cite[P157, 1(1)]{PWS19}}%\marked
      $-4x_1x_2+2 x_1x_3+ 2x_2x_3$. 
    \item \tiyuan{\cite[P157, 1(2)]{PWS19}}%\marked
      $x_1^2+2x_1x_2+2x_2^2+4x_2x_3+4x_3^2$.
    \item $x_{1}^{2}+4 x_{1} x_{2}+4 x_{2}^{2}+3 x_{1} x_{3}-x_{3}^{2}+6 x_{2} x_{3}$.
    \item \label{084}
      \tiyuan{\cite[P157, 1(3)]{PWS19}}%\marked
      $x_1^2-3x_2^2-2x_1x_2+2x_1x_3-6x_2x_3$.
    \item \label{085}\tiyuan{\cite[P157, 1(5)]{PWS19}}%
      $x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4$.
    \item \label{086}\tiyuan{\cite[P157, 1(7)]{PWS19}}%
      $x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+2x_1x_2+2x_2x_3+2x_3x_4$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 我们配方：
  \[
\begin{aligned}
f(x_{1}, x_{2}, x_{3})&=  2 x_{1} x_{2}+2 x_{1} x_{3}-6 x_{2} x_{3}\\
&=  (2x_1-6x_3 )(x_2+x_3) + 6x_3^2.
\end{aligned}
\]
因此，令
\[
  \begin{cases}
    2x_1-6x_3= y_1+y_2\\
x_2  +x_3 =  y_1-y_2\\
x_3 = y_3,
  \end{cases}
  \quad\text{即}\quad
  \begin{cases}
    x_1=\frac{1}{2}y_1+\frac{1}{2}y_2+3y_3\\
    x_2=y_1-y_2-y_3\\
    x_3=y_3,
  \end{cases}
\]
则二次型$f$被化成了标准形
\[
  f(x_1,x_2,x_3)=y_1^2-y_2^2+6y_3^2.
\]

(2)
   \fangfa  我们配方：
    \[
    \begin{aligned}
      f(x_1,x_2,x_3)&= -4x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3 \\
      &= (-2x_1+x_3)(2x_2-x_3)+x_3^2.
        \end{aligned}
  \]
  令
\setlength{\arraycolsep}{1pt}
  \[
    \left\{
    \begin{array}{rrrl}
      -2x_1 & & +x_3&=  y_1+y_2\\
      & 2x_2 & -x_3&= y_1-y_2\\
       && x_3&=  y_3,
   \end{array}\right.
   \quad
    \text{即}\quad
  \begin{cases}
    y_1=-\frac{1}{2}y_1-\frac{1}{2}y_2 + \frac{1}{2} y_3\\
    x_2=\frac{1}{2}y_1-\frac{1}{2}y_2+\frac{1}{2}y_3\\
      x_3=y_3,
    \end{cases}
\]
  我们得二次型$f$的一标准形
    \[
      f(x_1,x_2,x_3)=y_1^2-y_2^2+y_3^2.
    \]

\setlength{\arraycolsep}{5pt}

      \fangfa  所给二次型对应的对称矩阵为
      \[
        A=\begin{pmatrix}
          0 & -2 & 1 \\ -2 & 0 & 1 \\ 1  & 1 & 0
      \end{pmatrix}.
    \]
    我们对$\begin{pmatrix}
        A \\ E
      \end{pmatrix}$做一系列对称版本的初等变换来对角化$A$占的块：
        \begin{align*}
          \left( 
            \begin{array}{ccc}
              0 & -2 & 1 \\ -2 & 0 &  1\\ 1  & 1 & 0  \\
               \hline
               1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1
            \end{array}
          \right)
          \xrightarrow[r_1+r_3]{c_1+c_3}
          &
          \left( 
            \begin{array}{ccc}
              2 & -1 & 1 \\ -1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0  \\
             \hline
             1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1
            \end{array}
          \right)
          \xrightarrow[\substack{r_3+r_1\times\left( -\frac{1}{2} \right)\\ r_2+r_1\times\frac{1}{2}}]{\substack{c_3+c_1\times\left(-\frac{1}{2}\right)\\ c_2+c_1\times\frac{1}{2}}}
          \left( 
            \begin{array}{ccc}
              2 & 0 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & \frac{3}{2}\\ 0  & \frac{3}{2} & -\frac{1}{2} \\
           \hline
           1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2}
           \end{array}
          \right)\\
          \xrightarrow[r_3+3r_2]{c_3+3c_2}
          & 
          \left( 
            \begin{array}{ccc}
              2 & 0 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0\\ 0  & 0 & 4  \\
           \hline
           1 & \frac{1}{2} & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & \frac{1}{2} & 2
           \end{array}
         \right)=\begin{pmatrix}
          D\\C
        \end{pmatrix}.
    \end{align*}
      因此$C^{\rT}AC=D$, 
      这样经过非退化的线性替换$X=CY$, 即
    \[
      \begin{pmatrix}
        x_1 \\ x_2 \\ x_3
      \end{pmatrix}=
      \begin{pmatrix}
 1 & \frac{1}{2} & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & \frac{1}{2} & 2
      \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        y_1 \\ y_2\\ y_3
      \end{pmatrix},
    \]
    所给二次型被化成了标准形$2y_1^2-\frac{1}{2}y_2^2+4y_3^2$. 


(3) 我们配方：
    \[
      \begin{aligned}
        f(x_1,x_2,x_3)&= x_1^2+2x_1x_2+2x_2^2+4x_2x_3+4x_3^2 \\
        &= (x_1+x_2)^2+x_2^2+4x_2x_3+4x_3^2 \\
        &= (x_1+x_2)^2 + (x_2+2x_3)^2.
      \end{aligned}
    \]
令
\[
  \begin{cases}
    x_1+x_2=y_1\\
    x_2+2x_3=y_2\\
    x_3=y_3,
  \end{cases}\quad\text{即}\quad
  \begin{cases}
    x_2=y_1-y_2+2y_3
    x_2=y_2-2y_3 \\
    x_3=y_3,
  \end{cases}
\]
则二次型$f$被化成了标准形
\[
  f(x_1,x_2,x_3)=y_1^2+y_2^2.
\]
  
(4) 我们配方：
\[
\begin{aligned}
f(x_{1}, x_{2}, x_{2}) & =x_{1}^{2}+4 x_{1} x_{2}+4 x_{2}^{2}+3 x_{1} x_{3}-x_{3}^{2}+6 x_{2} x_{3} \\
& =(x_{1}+2 x_{2}+\frac{3}{2} x_{3})^{2}-(2 x_{2}+\frac{3}{2} x_{3})^{2}+4 x_{2}^{2}-x_{3}^{2}+6 x_{2} x_{3} \\
& =(x_{1}+2 x_{2}+\frac{3}{2} x_{3})^{2}-\frac{13}{4} x_{3}^{2}.
\end{aligned}
\]
令
\[
  \left\{\begin{array}{l}x_{1}+2 x_{2}+\frac{3}{2} x_{3}=y_{1} \\ 
  x_{3}=y_{2} \\ x_{2}=y_{3}\end{array} \right.
 \quad \text{即}\quad 
  \left\{\begin{array}{l}x_{1}=y_{1}-\frac{3}{2} y_{2}-2 y_{3} \\
  x_{2}=y_{3} \\ x_{3}=y_{2}\end{array}\right.,
\]
二次型$f$被化成了标准形
\[
  f(x_{1}, x_{2}, x_{3})=y_{1}^{2}-\frac{13}{4} y_{2}^{2}.
\]

\setcounter{fangfa}{0}
(5) \fangfa  我们配方：
    \begin{align*}
      f(x_1, x_2, x_3)&= x_1^2-3x_2^2-2x_1x_2+2x_1x_3-6x_2x_3 \\
      &= \left( x_1^2-2x_1(x_2-x_3) \right) -3x_2^2-6x_2x_3\\
      &= \left( x_1-(x_2-x_3) \right)^2 -(x_2-x_3)^2-3x_2^2-6x_2x_3\\
      &= \left( x_1-x_2+ x_3 \right)^2 -(4x_2^2+4x_2x_3+x_3^2)\\
      &= \left( x_1-x_2+x_3 \right)^2  -(2x_2+x_3)^2.
    \end{align*}
    令
\setlength{\arraycolsep}{1pt}
    \[
      \left\{
      \begin{array}{rrrl}
        x_1& -x_2 & +x_3&= y_1\\
        & 2x_2 & +x_3&= y_2\\
        & & x_3&= y_3,
    \end{array}\right.
    \quad \text{即}\quad 
      \begin{cases}
      x_1= y_1+\frac{1}{2}y_2-\frac{3}{2}y_3\\
        x_2= \frac{1}{2}(y_2-y_3)\\
        x_3= y_3,
      \end{cases}
    \]
    则$f=y_1^2-y_2^2$.

\setlength{\arraycolsep}{5pt}

\fangfa  所给二次型对应的对称矩阵为$A=\begin{pmatrix}
        1 & -1 & 1 \\ -1 & -3 & -3\\ 1  & -3 & 0
      \end{pmatrix}$. 我们对$\begin{pmatrix}
        A \\ E
      \end{pmatrix}$做一系列对称版本的初等变换来对角化$A$占的块：
      \begin{align*}
        \left( 
          \begin{array}{ccc}
            1 & -1 & 1\\
            -1  & -3 & -3 \\
            1 & -3 & 0\\
            \hline 
            1 & 0 & 0 \\
            0 & 1 & 0\\
             0 & 0 & 1
          \end{array}
        \right)\xrightarrow[r_2+r_1, r_3-r_1, r_3+r_2\times \left( -\frac{1}{2} \right)]{c_2+c_1, c_3-c_1, c_3+c_2\times \left( -\frac{1}{2} \right)} 
        \left( 
          \begin{array}{ccc}
            1 & 0 & 0\\
            0  & -4 & 0 \\
            0 & 0 & 0\\
            \hline 
            1 & 1 & -\frac{3}{2} \\
            0 & 1 & -\frac{1}{2}\\
             0 & 0 & 1
          \end{array}
        \right).
      \end{align*}
    这样在线性变换
    \[
      \begin{pmatrix}
        x_1 \\ x_2 \\ x_3
      \end{pmatrix}=
      \begin{pmatrix}
        1 & 1 & -\frac{3}{2} \\ 0 & 1 & -\frac{1}{2}\\ 0 & 0 & 1
      \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        y_1 \\ y_2\\ y_3
      \end{pmatrix}
    \]
    下，该二次型被化成了$y_1^2-4y_2^2$. 
    %如果基域是是实数域，其规范型为$z_1^2-z_2^2$; 如果基域是复数域，其规范型为$z_1^2+z_2^2$.

\setcounter{fangfa}{0}
    (6) \fangfa 
    我们配方：
    \begin{align*}
      f(x_1,x_2,x_3,x_4)&= x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4 \\
      &= (x_1+x_3+x_4)(x_2+x_3+x_4)-(x_3+x_4)^2+x_3x_4\\
&= (x_1+x_3+x_4)(x_2+x_3+x_4) - x_3^2-x_3x_4-x_4^2 \\
&= (x_1+x_3+x_4)(x_2+x_3+x_4) - (x_3+\frac{1}{2} x_4)^2-\frac{3}{4}x_4^2.
    \end{align*}
令
\setlength{\arraycolsep}{1pt}
\[
\left\{
  \begin{array}{rrrrl}
    x_1 & & +x_3 & +x_4 &= y_1+y_2\\
     & x_2 & +x_3 & +x_4 &=  y_1-y_2\\
&& x_3 & +\frac{1}{2} x_4 &=  y_3\\
 &&& x_4&= y_4,
  \end{array}\right.
  \quad
  \text{即}\quad 
  \begin{cases}
    x_1=y_1+y_2-y_3-\frac{1}{2}y_4\\
    x_2=y_2-y_2-y_3-\frac{1}{2}y_4\\
    x_3=y_3-\frac{1}{2}y_4\\
    x_4=y_4,
  \end{cases}
\]
则
\[
  f(x_1,x_2,x_3,x_4)=y_1^2-y_2^2-y_3^2-\frac{3}{4}y_4^2.
\]

\setlength{\arraycolsep}{5pt}
\fangfa  令二次型的矩阵为$A$, 令$ M=\begin{pmatrix}
    1 & 1 \\ 1 & -1
  \end{pmatrix}$. 我们对$\begin{pmatrix}
A \\ E
\end{pmatrix}$做一系列对称版本的初等变换来对角化$A$占的块：
\[
  \begin{aligned}
\left( 
  \begin{array}{cc|cc}
    0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
    \frac{1}{2} & 0 &  \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
    \hline
\frac{1}{2} &  \frac{1}{2}& 0  & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} &  \frac{1}{2} & \frac{1}{2}  & 0 \\
\hline
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
\hline
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
  \end{array}
\right) &=   \begin{pmatrix}
    A_1 & A_2\\
    A_2^{\rT} & A_1 \\
  E_2  & 0\\
  0 & E_2
\end{pmatrix}\xrightarrow[\substack{r_2-A_2A_1^{-1}\times r_1\\ M^{\rT}\times r_1}]{\substack{c_2-c_1\times A_1^{-1}A_2\\ c_1\times M}}   
\left(\begin{array}{cccc}
  1 & 0 & 0 & 0 \\
  0 & -1 & 0 & 0 \\
  0 & 0 & -1 & -\frac{1}{2} \\
  0 & 0 & -\frac{1}{2} & -1 \\
  \hline
  1 & 1 & -1 & -1 \\
  1 & -1 & -1 & -1 \\
  0 & 0 & 1 & 0 \\
  0  & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\\
& \xrightarrow[r_4+r_3\times (-\frac{1}{2})]{c_4+c_3\times (-\frac{1}{2})}  
\left(\begin{array}{cccc}
  1 & 0 & 0 & 0 \\
  0 & -1 & 0 & 0 \\
  0 & 0 & -1 & 0 \\
  0 & 0 & 0 & -\frac{3}{4} \\
  \hline
  1 & 1 & -1 & -\frac{1}{2} \\
  1 & -1 & -1 & -\frac{1}{2} \\
  0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} \\
  0  & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)=\begin{pmatrix}
  D\\ C
\end{pmatrix}.
\end{aligned}
\]
这样在线性替换$X=CY$下，所给二次型被化成了
\[
  f(x_1,x_2,x_3,x_4)=y_1^2-y_2^2-y_3^2-\frac{3}{4}y_4^2.
\]

 
(7) %\fangfa
我们配方：
\begin{align*}
  f(x_1, x_2, x_3, x_4)&=  x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+2x_1x_2+2x_2x_3+2x_3x_4\\
  &= (x_1+x_2)^2+(x_4+x_3)^2+2x_2x_3.
    \end{align*}
    令
\setlength{\arraycolsep}{1pt}
    \[
      \left\{
        \begin{array}{rrrrl}
        x_1 & & +x_2 & &=y_1 \\
        & x_4 & &  +x_3&= y_4\\
        & & x_2 & & =y_2-y_3 \\
        &&& x_3&= y_2+y_3,
    \end{array}\right.
    \quad\text{即~}\quad 
      \begin{cases}
        x_1=y_1-y_2+y_3 \\
        x_2=y_2-y_3 \\
        x_3=y_2+y_3,\\
        x_4=-y_2-y_3+y_4 
      \end{cases}
      \]
      则有
      \[\tag*{\qedhere}
        f(x_1, x_2, x_3, x_4)=y_1^2+2y_2^2-2y_3^2+y_4^2. 
    \]
%
%    \fangfa  所给二次型对应的对称矩阵为
%    $
%      A=\begin{pmatrix}
%      1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 1  & 1 & 1 \\ 0  & 0 & 1 & 1
%    \end{pmatrix}.
%    $
%    我们对$\begin{pmatrix}
%        A \\ E
%      \end{pmatrix}$做一系列对称版本的初等变换来对角化$A$占的块：
%      \begin{align*}
%        \left( 
%          \begin{array}[]{cccc}
%                  1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 1  & 1 & 1 \\  0  & 0 & 1 & 1\\
%                  \hline
%                  1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 &  0 & 1 & 0  \\ 0 & 0 & 0 & 1
%          \end{array}
%        \right)
%        \xrightarrow[c_2-c_1]{r_2-r_1} &
%        \left( 
%          \begin{array}[]{cccc}
%                  1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1  & 1 & 1 \\ 0  & 0 & 1 & 1\\
%                  \hline
%                  1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 &  0 & 1 & 0  \\ 0 & 0 & 0 & 1
%          \end{array}
%        \right)
%        \xrightarrow[c_2\leftrightarrow c_3]{r_2\leftrightarrow r_3}
%        \left( 
%          \begin{array}[]{cccc}
%                  1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1  & 0 & 0 \\ 0  & 1 & 0 & 1\\
%                  \hline
%                  1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 &  1 & 0 & 0  \\ 0 & 0 & 0 & 1
%          \end{array}
%        \right) \\
%        \xrightarrow[\substack{r_3-r_2\\ r_4-r_2}]{\substack{c_3-c_2\\ c_4-c_2}} &
%        \left( 
%          \begin{array}[]{cccc}
%                  1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0  & -1 & -1 \\ 0  & 0 & -1 & 0\\
%                  \hline
%                  1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 &  1 & -1 & -1  \\ 0 & 0 & 0 & 1
%          \end{array}
%        \right) 
%        \xrightarrow[\substack{c_4\leftrightarrow c_3\\ r_4\leftrightarrow r_3}]{\substack{c_4-c_3\\ r_4-r_3}}
%        \left( 
%          \begin{array}[]{cccc}
%                  1 & 0& 0 & 0  \\ 0 & 1& 0 & 0 \\ 0  & 0& 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1  \\ 
%                  \hline
%                  1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0& -1 & 1 \\ 0 &  1& 0 & -1   \\ 0 & 0& 1 & 0 
%          \end{array}
%        \right)= \begin{pmatrix}
%          D\\C
%        \end{pmatrix}.
%      \end{align*}
%      因此$C^{\rT}AC=D$, 
%      这样经过非退化的线性替换$X=CY$, 即
%      \[
%        \begin{pmatrix}
%          x_1 \\x_2\\x_3\\x_4
%        \end{pmatrix}=
%        \begin{pmatrix}
%          1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0& -1 & 1 \\ 0 &  1& 0 & -1   \\ 0 & 0& 1 & 0 
%        \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
%          y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\y_4
%        \end{pmatrix},
%      \]
%  所给二次型被化成了标准形$y_1^2+y_2^2+y_3^2-y_4^2$. 
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P157, 2]{PWS19}}%
  证明秩等于$r$的对称矩阵可写为$r$个秩$1$的对称矩阵之和。
\end{exercise}

\begin{solution}
  设$A$是对称矩阵。二次型可经非退化的线性替换化为标准形这个事实的矩阵版本是：存在可逆矩阵$P$使得
  \[
    P^{\rT}AP=\diag(d_1, \cdots, d_r, 0, \cdots, 0),\quad \text{其中~}d_i\neq 0.
  \]
    这样
  \[
    A=Q^{\rT}\diag(d_1, \cdots, d_r, 0, \cdots, 0)Q,\quad 
    \text{其中~}Q=P^{-1}. 
  \]
  令
  \[
    A_i=Q^{\rT}\diag(0,\cdots,0,d_i,0,\cdots,0)Q, \quad 1\leqslant i\leqslant r.
  \]
  显然$A_i$秩$1$,
  并且我们有
  \[
    \sum_{i=1}^r A_i= Q^{\rT}\diag(d_1,\cdots,d_r,0,\cdots,0)Q=A.
  \]
  所有这些$A_i$就是我们想要的。
\end{solution}

\paragraph*{习题 5.3\quad 唯一性}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P157, 1(II)]{PWS19}}%
  进一步分基域是实数域和复数域两种情况化练习~\ref{087}\ref{086} 成规范形。
\end{exercise}

\begin{solution}
  不妨应用配方法的结果：$f(x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+2x_1x_2+2x_2x_3+2x_3x_4$
在非退化的线性替换
\[
  \begin{cases}
        x_1=y_1-y_2+y_3 \\
        x_2=y_2-y_3 \\
        x_3=y_2+y_3,\\
        x_4=-y_2-y_3+y_4 
  \end{cases}
\]
 下被化为标准形
\[
  f(x_1, x_2, x_3, x_4)=y_1^2+2y_2^2-2y_3^2+y_4^2. 
\]

    先在复数域上考虑。
    $y_1^2+2y_2^2-2y_3^2+y_4^2$在线性替换
  \[
    \begin{cases}
      y_1=z_1\\
      y_2=\frac{1}{\sqrt{2}} z_2 \\
      y_3=\frac{1}{\sqrt{-2}} z_3 \\
      y_4= z_4
        \end{cases}
    \]
  下被化成了规范形
  $z_1^2+z_2^2+z_3^2+z_4^2$.  $f(x_1,x_2,x_3,x_4)$被化成此规范形所用的总的线性替换为
  \[
  \begin{pmatrix}
    x_1 \\ x_2 \\x_3 \\ x_4
  \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
y_1-y_2+y_3 \\
y_2-y_3 \\
y_2+y_3 \\
-y_2-y_3+y_4 
  \end{pmatrix}
  = \begin{pmatrix}
    z_1-\frac{1}{\sqrt{2}} z_2+\frac{1}{\sqrt{-2}} z_3 \\
    \frac{1}{\sqrt{2}} z_2-\frac{1}{\sqrt{-2}} z_3 \\
    \frac{1}{\sqrt{2}} z_2+\frac{1}{\sqrt{-2}} z_3\\
    -\frac{1}{\sqrt{2}} z_2-\frac{1}{\sqrt{-2}} z_3+z_4 
  \end{pmatrix}.
\]
  
再看实数域上。$y_1^2+2y_2^2-2y_3^2+y_4^2$
在线性替换
\[
  \begin{cases}
    y_1=z_1 \\
    y_2=\frac{1}{\sqrt{2}}z_2\\
    y_3=\frac{1}{\sqrt{2}}z_4\\
    y_4= z_3
  \end{cases}
\]
下被化成了规范形$z_1^2+z_2^2+z_3^2-z_4^2$. 
$f(x_1,x_2,x_3, x_4)$被化成此规范形所用的总的线性替换为
\[\tag*{\qedhere}
  \begin{pmatrix}
    x_1 \\ x_2 \\x_3 \\x_4
  \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
y_1-y_2+y_3 \\
y_2-y_3 \\
y_2+y_3 \\
-y_2-y_3+y_4 
  \end{pmatrix}
  = \begin{pmatrix}
z_1-\frac{1}{\sqrt{2}}z_2+\frac{1}{\sqrt{2}}z_4 \\
 \frac{1}{\sqrt{2}}z_2-\frac{1}{\sqrt{2}}z_4 \\
 \frac{1}{\sqrt{2}}z_2+\frac{1}{\sqrt{2}}z_4 \\
-\frac{1}{\sqrt{2}}z_2+z_3-\frac{1}{\sqrt{2}}z_4
  \end{pmatrix}.
   \]
\end{solution}

\begin{exercise} %\marked
  如果基域是实数域，练习~\ref{087}\ref{086} 这个二次型的正惯性指数、负惯性指数、符号差分别是多少？
\end{exercise}

\begin{solution}
  该二次型的标准形$y_1^2+2y_2^2-2y_3^2+y_4^2$中有$3$个系数为正数的平方项、$1$个系数为负数的平方项，可知正惯性指数、负惯性指数分别为$3,1$.
  进而符号差为$2$.
\end{solution}

  \begin{exercise}\tiyuan{\cite[P157, 6]{PWS19}}%
    证明实二次型$f(x_1,\cdots,x_n)$可写为两个关于$x_1,\cdots,x_n$的一次齐次多项式的乘积
    当且仅当二次型$f$的秩为$2$且符号差为$0$, 或$f$的秩为$1$.
  \end{exercise}

\begin{solution}
（$\Rightarrow$) 设$f$可分解为两个一次齐次多项式的乘积：
\[
  f(x_1,\cdots,x_n)=(a_1x_1+\cdots+a_nx_n)(b_1x_1+\cdots+b_nx_n).
\]
我们分两种情形考虑：(i) $\alpha=(a_1,\cdots,a_n)$与$\beta=(b_1,\cdots,b_n)$相差个倍数 (线性相关)；
(ii) $\alpha, \beta$线性无关。
考虑情形(i), 令$\beta=c\alpha$ (其中$c\neq 0$). 
那么$f(x_1,\cdots,x_n)=X^{\rT}(c\alpha^{\rT}\alpha)X$, $f$的矩阵为$A=c\alpha^{\rT}\alpha$.
注意到$\rank A\leqslant \rank \alpha=1$, 且
由$c\neq 0, \alpha\neq 0$知 $A\neq 0$, $\rank A\neq 0$; 因此 $\rank f=\rank A=1$.
考虑情形(ii). 此时，可将$\alpha, \beta$扩充为可逆矩阵 (练习~\ref{0BC})
\[
  C=\begin{pmatrix}
    \alpha \\ \beta \\ \vdots
  \end{pmatrix}.
\]
在非退化的线性替换$X=C^{-1}Y$下$f$被化为$f(x_1,\cdots,x_n)=y_1y_2$.
易知此二次型的秩为$2$, 符号差为$0$. 总结下就是：$f$或秩$1$, 或秩$2$且符号差为$0$.

($\Leftarrow$) 先设$f$秩$1$, 则在一非退化的线性替换$X=CY$下$f(x_1,\cdots,x_n)=\pm y_1^2$.
令$C^{-1}$的第一行为$\alpha$, 则$y_1=\alpha X$, 
\[
  f(x_1,\cdots,x_n)=\pm (\alpha X)^2.
\]
再设$f$秩$2$且符号差为$1$, 则在一非退化的线性替换$X=CY$下
\[
  f(x_1,\cdots,x_n)=y_1^2-y_2^2=(y_1-y_2)(y_1+y_2).
\]
设$C^{-1}$的前两行为$\alpha, \beta$, 则$y_1=\alpha X, y_2=\beta X$.
此时
\[
  f=\left( (\alpha-\beta)X \right)\left( (\alpha+\beta) X \right).
\]
可见，无论哪种情形下，$f$都可分解为两个一次齐次多项式的乘积。
\end{solution}

\begin{exercise}\label{213}
证明：如果$A, B$是$n$阶实对称矩阵，且存在实方阵$C$使得$C^{\rT} A C=B$, 
  那么$p_A\geqslant p_B$, $q_A\geqslant q_B$, 其中，$p, q$分别表示正、负惯性指数。
  由此推出惯性定理的矩阵的形式从而证明实二次型的惯性定理。

 此断言 用二次型的语言说就是：
  若实二次型$f(x_1,\cdots, x_n)=X^{\rT}AX$可经 (不必非退化的) 实线性替换$X=CY$
化成二次型$g(y_1,\cdots,y_n)=Y^{\rT}BY$, 则
\(
p_g\leqslant p_f, q_g\leqslant q_f, 
\)
其中$p,q$分别表示正、负惯性指数。
\end{exercise}

\begin{solution}
设
\[
  P^{\rT}AP= \begin{pmatrix}
       E_{p_1} \\ & - E_{q_1} \\ && 0
     \end{pmatrix},\quad
     Q^{\rT} BQ=\begin{pmatrix}
       E_{p_2} \\ & - E_{q_2} \\ &&0 
     \end{pmatrix},
  \]
  其中$P, Q$为可逆的实矩阵。那么
  \[\tag{$*$}
    D^{\rT} \begin{pmatrix}
       E_{p_1} \\ & - E_{q_1} \\ && 0
    \end{pmatrix}D=\begin{pmatrix}
       E_{p_2} \\ & - E_{q_2} \\ &&0 
    \end{pmatrix},
  \]
  其中$D=P^{-1}CQ$. 
  我们由此来证明$p_2\leqslant p_1, q_2\leqslant q_1$. 
  令
  \[
    D=\begin{pmatrix}
    M_{11} & M_{12} & M_{13}\\
    M_{21} & M_{22} & M_{23}\\
    M_{31} & M_{32} & M_{33}
  \end{pmatrix},
\]
其中$M_{11}\in \bR^{p_2\times p_1}, M_{22}\in \bR^{p_2\times q_1}$.
  由($*$)有
  \[
    M_{11}^{\rT}M_{11}-M_{12}^{\rT}M_{12}= E_{p_2}.
  \]
  所以
  \[
    M_{11}^{\rT} M_{11}= E_{p_2}+M_{12}^{\rT} M_{12}=
    \begin{pmatrix}
       E_{p_2} & M_{12}^{\rT}
    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
       E_{p_2}\\
      M_{12}
    \end{pmatrix}.
  \]
  进而有
  \[
    p_1\geqslant \rank M_{11}^{\rT} M_{11} =\rank \begin{pmatrix}
       E_{p_2} & M_{12}^{\rT}
    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
       E_{p_2}\\
      M_{12}
    \end{pmatrix} = \rank \begin{pmatrix}
       E_{p_2}\\
      M_{12}
    \end{pmatrix} =p_2.
  \]
  类似地可证明$q_1\geqslant q_2$.
\end{solution}



 \begin{exercise}\tiyuan{\parencite[P158, 16]{PWS19}}
   \label{0DA}
考虑 $n$ 元实二次型 $f$. 假设存在 $X_{1}, X_{2}\in\bR^{(n)}$ 使得 $f(X_{1})<0, f(X_{2})>0$.
证明存在 $0\neq X_0\in \bR^{(n)}$  使得 $f(X_0) =0$.
\end{exercise}

\begin{solution} 
  \fangfa  令 $f$ 的正、负惯性指数分别为 $p,q$.
  $f(X_1)<0$ 表明 $q>0$, $f(X_2)>0$ 表明 $p>0$.
作非退化的线性替换 $X=CY$ 使得 $f$ 被化成了规范形
$g(Y)=y_{1}^{2}+\cdots y_{p}^{2}-y_{p+1}^{2}-\cdots -y_{p+q}^{2}$. 
令 $Y_0=(y_1,\dots,y_n)$ 满足 $y_{1}=y_{p+1}=1$, 
其余 $y_{i}=0$. 那么 $g(Y_0)=0$. 
相应的 $X_0=C Y_0$ 满足 $f(X_0)=0$. 


\fangfa  
注意到 $X_{1}, X_{2}$ 线性无关： 
若 $X_{2}=\lambda X_{1}$, 则 $f(X_{2})=\lambda^{2} f(X_{1}) \leqslant 0$, 
与 $f(X_{2})>0$ 相矛盾，因此 $X_2$ 不是 $X_1$ 的倍；
类似可知 $X_{1}$ 不是 $X_{2}$ 的倍。
考虑函数 $g(t)=f(t X_{1}+(1-t) X_{2})$.
那么 $g(0)=f(X_2)>0, g(1)=f(X_1) <0$. 
由连续函数的介值性知存在 $t_{0}\in [0,1]$ 使得 $g(t_{0})=0$. 
令 $X_{0}=t_{0} X_{1}+ (1-t_{0}) X_{2}$. 
那么 $f(X_{0})=g(t_{0})=0$, 且由 $X_{1}, X_{2}$ 线性无关知 $X_{0} \neq 0$. 
\end{solution}


\paragraph*{习题 5.4\quad 正定二次型}

  \begin{exercise} 
 \tiyuan{\cite[P157, 7]{PWS19}}
  判别下列实二次型是否正定：
  \begin{enumerate}
    \item \tiyuan{\cite[P157, 7(1)]{PWS19}}
      $10x_1^2+8x_1x_2+24x_1x_3+2x_2^2-28x_2x_3+x_3^2$.
    \item 
      \tiyuan{\cite[P157, 7(4)]{PWS19}}%\marked
      $\sum_{i=1}^n x_i^2+\sum_{1\leqslant i < n}x_ix_{i+1}$. 
    \item \tiyuan{\cite[P157, 7(3)]{PWS19}}%\marked
      $\sum_{i=1}^n x_i^2+\sum_{1\leqslant i< j \leqslant n}x_ix_j$.  
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 
    \fangfa 令$(x_1,x_2,x_3)=(0,1,1)$, 代入二次型得$-26$, 所以所给二次型非正定。

      \fangfa  我们用对称版本的初等变换来化简所给二次型对应的对称矩阵：
      \begin{align*}
        \begin{pmatrix}
        10 & 4 & 12 \\
        4 & 2 & -14 \\
        12 & -14 & 1
      \end{pmatrix}
      \xrightarrow[c_2\times +c_1\times \left(-\frac{2}{5}\right),
      r_3\times +r_1\times \left(-\frac{6}{5}\right),
      r_3+r_2\times \frac{94}{2}]
      {c_2\times +c_1\times \left(-\frac{2}{5}\right), 
      c_3\times +c_1\times \left(-\frac{6}{5}\right), 
      c_3+c_2\times \frac{94}{2}} & 
      \begin{pmatrix}
        10 & \\
        & \frac{2}{5}\\
        && -\frac{\frac{94^2}{2}+67}{5}
      \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    所以该二次型非正定。

      \fangfa  所给二次型对应的对称矩阵为$\begin{pmatrix}
        10 & 4 & 12 \\
        4 & 2 & -14 \\
        12 & -14 & 1
      \end{pmatrix}$.
      其三个顺序主子式满足：
      \[
        10 >0, \qquad\begin{vmatrix}
          10 & 4 \\ 4 & 2
        \end{vmatrix}=4>0, \qquad
        \begin{vmatrix}
         10 & 4 & 12 \\
        4 & 2 & -14 \\
        12 & -14 & 1         
      \end{vmatrix}=-3588.
      \]
      所以该二次型非正定。

\setcounter{fangfa}{0}
(2) \fangfa 我们有
        \[
          \sum_{i=1}^n x_i^2+\sum_{1\leqslant i < n}x_ix_{i+1}=\frac{1}{2}\left((x_1^2+x_n^2)+\sum_{1\leqslant i<n}(x_i+x_{i+1})^2\right).
        \]
        所以所给二次型半正定。并且所给二次型取值$0$当且仅当$x_1=x_n=0, x_i+x_{i+1}=0$ ($1\leqslant i<n$), 亦即$x_1=\cdots=x_n=0$.
        所以所给二次型正定。

        \fangfa  所给二次型对应的对称矩阵的$p$阶顺序主子式形如
        \[
          \begin{vmatrix}
            1 & \frac{1}{2} & & \\
            \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2}& \\
          & \ddots & \ddots & \ddots \\
          &&\frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2}\\
          & & & \frac{1}{2} & 1
        \end{vmatrix}_{p\times p}.
        \]
        我们以前计算过这样的行列式（见幻灯片第二章例~\ref{112}）。
        由于$x^2-x+\frac{1}{4}=0$的两个根相等，
        我们有上面的行列式等于$\frac{p+1}{2^p}$.
        这样所有顺序主子式大于$0$, 所以所给二次型正定。

        \fangfa  我们用对称版本的初等变换来化简所给二次型对应的对称矩阵
        \[
          \begin{pmatrix}
            1 & \frac{1}{2} & & \\
            \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2}& \\
          & \ddots & \ddots & \ddots \\
          &&\frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2}\\
          & & & \frac{1}{2} & 1
        \end{pmatrix}.
      \]
      化简中容易发现我们每步对称版本的初等变换实现了（其中$a_n\neq 0$）：
        \[
          \begin{pmatrix}
            a_n & \frac{1}{2} & & \\
            \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2}& \\
          & \ddots & \ddots & \ddots \\
          &&\frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2}\\
          & & & \frac{1}{2} & 1
        \end{pmatrix}\xrightarrow[r_2-\frac{1}{2a_n}r_1]{c_2-\frac{1}{2a_n}c_1} 
        \begin{pmatrix}
            a_n &  \\
            & 1-\frac{1}{4a_n} & \frac{1}{2}& \\
            & \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} \\
            && \ddots & \ddots & \ddots \\
            &&&\frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2}\\
            & & &&  \frac{1}{2} & 1
          \end{pmatrix}.
        \]
        考虑数列$\{a_n\}$, 其中$a_1=1, a_{n+1}=1-\frac{1}{4a_n}$. 
        我们来证明下这个序列是正数序列，由此即可得所给二次型正定。
        实际上数学归纳法告诉我们总有$a_n>\frac{1}{2}$. 
        $a_1=1$显然满足。 $n\geqslant 1$时，由于$a_n>\frac{1}{2}$, $a_{n+1}=1-\frac{1}{4a_n}>\frac{1}{2}$.

\setcounter{fangfa}{0}
(3)
        \fangfa  注意到
        \[
          \sum_{i=1}^n x_i^2+\sum_{1\leqslant i< j \leqslant n}x_ix_j 
            =  \frac{1}{2}\left( \sum_{i=1}^n x_i^2 + (x_1+\cdots+x_n)^2 \right).
      \]
      故所给二次型半正定；且其取值$0$当且仅当所有$x_i=0$,
        因此所给二次型正定。

        \fangfa  所给二次型对应的对称矩阵为
\[
  A=\begin{pmatrix}
    1 & \frac{1}{2} & \cdots &\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
    \frac{1}{2} & 1 & \cdots & \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\
    \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
    \frac{1}{2} &\frac{1}{2}  & \cdots & 1 & \frac{1}{2}\\
    \frac{1}{2}&\frac{1}{2} &\cdots & \frac{1}{2} & 1
  \end{pmatrix}.
\]
其$p$阶顺序主子式形如
        \[
          \begin{vmatrix}
            1 & \frac{1}{2} & \cdots &\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
            \frac{1}{2} & 1 & \cdots & \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\
            \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
            \frac{1}{2} &\frac{1}{2}  & \cdots & 1 & \frac{1}{2}\\
            \frac{1}{2}&\frac{1}{2} &\cdots & \frac{1}{2} & 1
          \end{vmatrix}_{p\times p}.
        \]
        我们以前计算过这样的行列式的值为$(1-\frac{1}{2})^{p-1}(1+\frac{1}{2}(p-1))=\frac{p+1}{2^p}$. 
        这样$A$的所有顺序主子式大于$0$, 所以$A$正定，所给二次型正定。

\fangfa  我们用对称版本的初等变换来化简二次型$\sum_{i=1}^n x_i^2+\sum_{1\leqslant i< j \leqslant n}x_ix_j$对应的对称矩阵：
        \[
          \begin{pmatrix}
            1 & \frac{1}{2} & \cdots &\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
            \frac{1}{2} & 1 & \cdots & \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\
            \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
            \frac{1}{2} &\frac{1}{2}  & \cdots & 1 & \frac{1}{2}\\
            \frac{1}{2}&\frac{1}{2} &\cdots & \frac{1}{2} & 1
          \end{pmatrix}.
        \]
        化简的过程中我们会发现要用到（其中$k>1$为整数）：
        \begin{align*}
          \begin{pmatrix}
            k & 1 & \cdots &1 & 1 \\
            1 & k & \cdots & 1& 1\\
            \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
            1 &1  & \cdots & k & 1\\
            1&1 &\cdots & 1 & k
          \end{pmatrix}\xrightarrow[r_i-\frac{1}{k}r_1, \forall i]{c_i-\frac{1}{k}c_1, \forall i}  &
          \begin{pmatrix}
            k  \\
            & \frac{k-1}{k}(k+1) & \cdots & \frac{k-1}{k}& \frac{k-1}{k}\\
             & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
             &\frac{k-1}{k}  & \cdots & \frac{k-1}{k}(k+1) & \frac{k-1}{k}\\
             &\frac{k-1}{k} &\cdots & \frac{k-1}{k} & \frac{k-1}{k}(k+1)
          \end{pmatrix} \\
          \xrightarrow[r_i\times \sqrt{\frac{k}{k-1}}, i\geqslant 2]{c_i\times \sqrt{\frac{k}{k-1}}, i\geqslant 2} &
          \begin{pmatrix}
            k \\
             & k+1 & \cdots & 1& 1\\
             & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
             &1  & \cdots & k+1 & 1\\
            &1 &\cdots & 1 & k+1
          \end{pmatrix}
        \end{align*}
        这样我们有如下的化简过程：
        \begin{align*}
          \begin{pmatrix}
            1 & \frac{1}{2} & \cdots &\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
            \frac{1}{2} & 1 & \cdots & \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\
            \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
            \frac{1}{2} &\frac{1}{2}  & \cdots & 1 & \frac{1}{2}\\
            \frac{1}{2}&\frac{1}{2} &\cdots & \frac{1}{2} & 1
          \end{pmatrix} 
          \xrightarrow[r_i\times \sqrt{2}, i\geqslant 1]{c_i\times \sqrt{2},  i\geqslant 1} 
          & 
          \begin{pmatrix}
            2 & 1 & \cdots &1 & 1 \\
            1 & 2 & \cdots & 1& 1\\
            \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
            1 &1  & \cdots & 2 & 1\\
            1&1 &\cdots & 1 & 2
          \end{pmatrix}
\longrightarrow 
          \begin{pmatrix}
            2  \\
            & 3 & \cdots & 1& 1\\
             & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
             &1  & \cdots & 3 & 1\\
            &1 &\cdots & 1 & 3
          \end{pmatrix} \\
          \longrightarrow \cdots\longrightarrow & 
          \begin{pmatrix}
            2 \\ & 3 \\ & & \ddots \\ & & & n+1
          \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        所以所给二次型正定。

    \fangfa  所给矩阵的特征多项式为
    \[
      \det (\lambda E- A) = \begin{vmatrix}
            \lambda-1 & -\frac{1}{2} & \cdots &-\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\
            -\frac{1}{2} & \lambda-1 & \cdots & -\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\\
            \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
            -\frac{1}{2} &-\frac{1}{2}  & \cdots & \lambda-1 & -\frac{1}{2}\\
            -\frac{1}{2}&-\frac{1}{2} &\cdots & -\frac{1}{2} & \lambda-1
          \end{vmatrix} = (\lambda-\frac{n+1}{2})(\lambda-\frac{1}{2})^{n-1}.
    \]
    所以$A$的特征值为$\frac{n+1}{2}, \frac{1}{2}, \cdots, \frac{1}{2}$.
  既然$A$的所有特征值都大于$0$, $A$正定。
\end{solution}

\begin{remark}
关于实二次型或实对称矩阵的正定性，我们有如下结论：
  \begin{theorem*}
    给定实对称矩阵$A\in \bR^{n\times n}$, 下列条件等价：
    \begin{enumerate}
  \item $A$是正定的；

  \item $A$的正惯性指数等于$n$;

\item $A$合同于单位矩阵$E$;

\item $A$的所有顺序主子式都是正数；

\item $A$的所有主子式都是正数；

\item 存在可逆矩阵$C$使得$A=C^{\rT}C$;

\item 存在列满秩矩阵$C$使得$A=C^{\rT}C$;

\item $A$的特征值都是正数。
  \end{enumerate}
\end{theorem*}
关于实二次型或实对称矩阵的半正定性，我们有如下结论：
  \begin{theorem*}
    给定实对称矩阵$A\in \bR^{n\times n}$, 下列条件等价：
    \begin{enumerate}
  \item $A$是半正定的；

  \item $A$的正惯性指数等于$A$的秩；

\item $A$合同于$\begin{pmatrix}
    E_r & \\
    & 0
  \end{pmatrix}$;

\item $A$的所有主子式都非负；

\item 存在矩阵$C$（不必是方阵）使得$A=C^{\rT}C$;

\item $A$的特征值都非负。
  \end{enumerate}
\end{theorem*}
\end{remark}

\begin{exercise}\label{22C}
    求参数$t$的范围使得所给实二次型正定：
  \begin{enumerate}
    \item \tiyuan{\cite[P157, 8(1)]{PWS19}}%\marked
      $x_1^2+x_2^2+5x_3^2+2tx_1x_2-2x_1x_3+4x_2x_3$. 
    \item 
      $x_{1}^{2}+4 x_{2}^{2}+4 x_{3}^{2}+2 t x_{1} x_{2}-2 x_{1} x_{3}+4 x_{2} x_{3}$. 
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
    \begin{enumerate}
  \item 所给二次型正定相当于其矩阵$\begin{pmatrix}
      1 & t & -1 \\
      t & 1 & 2 \\
      -1 & 2 & 5
    \end{pmatrix}$的所有顺序主子式大于$0$, 亦即
    \[
      1>0,\quad \begin{vmatrix}
        1 & t \\ t & 1
      \end{vmatrix}>0,\quad 
      \begin{vmatrix}
        1 & t & -1 \\
      t & 1 & 2 \\
      -1 & 2 & 5
    \end{vmatrix}>0.
    \]
    这样\[
      1-t^2>0 \quad \text{且}\quad -5t^2-4t>0,
    \]
    亦即$-\frac{4}{5}<t<0$.
  \item 
所给二次型正定当且仅当其矩阵
\[
  \begin{pmatrix}
    1 & t & -1 \\
    t & 4 & 2\\
    -1 & 2 & 4
  \end{pmatrix}.
\]
的所有顺序主子式都大于$0$, 即
\[
  1>0, \quad \begin{vmatrix}
    1 & t \\ t & 4
  \end{vmatrix} > 0, \quad 
  \begin{vmatrix}
    1 & t & -1 \\
    t & 4 & 2\\
    -1 & 2 & 4
  \end{vmatrix}>0.
\]
这样
\[
  4-t^2>0 \quad\text{且}\quad  -4(t-1)(t+2) >0,
\]
亦即 $-2<t<1.$
\qedhere
\end{enumerate}
  \end{solution}

 \begin{exercise}\tiyuan{\cite[P157, 10]{PWS19}}%
    设 $A$ 是实对称方阵。证明：对充分大的实数 $t$ 有 $tE+A$ 是正定矩阵。
  \end{exercise}

\begin{solution} 设$A=(a_{ij})\in \symbf{R}^{n\times n}$是实对称矩阵。

  \fangfa   我们来证明对充分大的$t$有$tE+A$的所有顺序主子式大于$0$. 
  $tE+A$的$p$阶顺序主子式形如
  \[
    \begin{vmatrix}
      t + a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1p}\\
      a_{21} & t+a_{22} & \cdots & a_{2p}\\
      \vdots & \vdots & & \vdots \\
      a_{p1} & a_{p2} & \cdots & t+a_{pp}
    \end{vmatrix},
  \]
  这是一个关于$t$的$p$次首一（实系数）多项式。显然存在$t_p$使得$t>t_p$时这个多项式大于$0$.
  令$t_0=\max\{t_1, \cdots, t_n\}$. 那么$t>t_0$时所有顺序主子式都$>0$, 从而$tE+A$正定。

  \fangfa   我们知道对角元素都正的严格对角占优的实方阵有正的行列式：
若实方阵$A=(a_{ij})$满足$a_{ii}>\sum _{j\neq i}|a_{ij}|$（对任意的$i$），那么$\det A>0$. 
这样
\[
  t>t_0=\max\left\{\sum_{j=1}^n|a_{ij}|~\Bigg\vert~ 1\leqslant i\leqslant n\right\}
\]
时
$tE+A$的所有顺序主子式都大于$0$, 从而$tE+A$正定。

  \fangfa   对$X=(x_1,\cdots,x_n)^{\rT}\in \symbf{R}^{(n)}$, 我们有
  \begin{align*}
    |X^{\rT}AX|&=  \Big\lvert\sum_{i,j} a_{ij}x_ix_j\Big\rvert \leqslant \sum_{i,j} |a_{ij}|\frac{x_i^2+x_j^2}{2}\\
    &= \sum_{i,j}(|a_{ij}|+|a_{ji}|)\frac{x_i^2}{2} 
    =  \sum_{i=1}^n\left(\sum_{j=1}^n|a_{ij}|\right)x_{i}^2.
  \end{align*}
  令
  \[
    t_0=\max\left\{\sum_{j=1}^n|a_{ij}|~\Bigg\vert~ 1\leqslant i\leqslant n\right\}.
  \]
  $t>t_0$时对任意的$i$有$t>\sum_{j=1}^n|a_{ij}|$,
  从而对任意的$0\neq X\in \symbf{R}^{(n)}$有
      \[
    \begin{aligned}
      X^{\rT}(tE+A)X&=t\sum_{i=1}^n x_i^2 + X^{\rT}AX \geqslant t\sum_{i=1}^n x_i^2 -|X^{\rT}AX| \\
    & \geqslant t\sum_{i=1}^n x_i^2 - \sum_{i=1}^n\left(\sum_{j=1}^n|a_{ij}|\right)x_{i}^2\\
    &= \sum_{i=1}^n \left(t-\sum_{j=1}^n|a_{ij}|\right)x_i^2\\
    &>0.
  \end{aligned}
\]
  所以$t>t_0$时$tE+A$正定。

  \fangfa   设$A$的$n$个特征值为$\lambda_1,\cdots,\lambda_n$, 
    则$tE+A$的$n$个特征值为 $t+\lambda_1, \cdots, t+\lambda_n$.
    令
    \[
      t_0=\max\{-\lambda_1,\cdots,-\lambda_n\}.
    \]
    那么$t>t_0$时，对每个$i$有$t+\lambda_i>0$, 从而$tE+A$的特征值都是正数，因而$tE+A$正定。
\end{solution}

\begin{remark}
  若$A$是对角严格占优（即满足$|a_{ii}|>\sum_{j\neq i}|a_{ij}|$或$|a_{ii}|>\sum_{j\neq i}|a_{ji}|$）的实对称矩阵，
  且对角元素都是正数，那么$A$是正定矩阵。参见练习~\ref{0B3}。
\end{remark}

  
  

  \begin{exercise}\tiyuan{\cite[P157, 15]{PWS19}}%
    证明实二次型$n\sum_{i=1}^n x_i^2-\left( \sum_{i=1}^n x_i \right)^2$半正定。
  \end{exercise}

\begin{solution}
\fangfa  由Cauthy不等式我们有
\[
\left( \sum_{i=1}^n x_i \right)^{2}= \left( \sum_{i=1}^n 1\cdot x_i \right)^{2}
\leqslant n \sum_{i=1}^n x_i^2.
\]
从而$n\sum_{i=1}^n x_i^2-\left( \sum_{i=1}^n x_i \right)^2$半正定。

\fangfa  我们有
\begin{align*}
n\sum_{i=1}^n x_i^2-\left( \sum_{i=1}^n x_i \right)^2 
&= 
\sum_{i=1}^{n}(n-1) x_i^2-\sum_{1\leqslant i< j\leqslant n} 2x_ix_j \\
&=  \sum_{1\leqslant i< j\leqslant n}(x_i^2+x_j^2)   -\sum_{1\leqslant i< j\leqslant n} 2x_ix_j \\
&= \sum_{1\leqslant i< j\leqslant n} (x_i-x_j)^2.
\end{align*}
这样所给二次型半正定。

\fangfa  所给二次型的矩阵为
\[
\begin{pmatrix}
n-1 & -1 & \cdots & -1 \\
-1 & n-1 & \ddots & \vdots \\
\vdots & \ddots & n-1 & -1 \\
-1 & \cdots & -1 & n-1
\end{pmatrix}.
\]
其$k$阶主子式
\[
\begin{vmatrix}
n-1 & -1 & \cdots & -1 \\
-1 & n-1 & \ddots & \vdots \\
\vdots & \ddots & n-1 & -1 \\
-1 & \cdots & -1 & n-1       
\end{vmatrix}_{k\times k} = n^{k-1}(n-k)\geqslant 0.
\]
从而所给二次型半正定。
\end{solution}





\section{补充题和考研题}


\begin{exercise}\label{1E8}\tiyuan{\parencite[2024]{huananligong}}
解答如下问题：
\begin{enumerate}
  \item 设二次型 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})=X^{\rT} A X$, 其中
\[
  A=\begin{pmatrix}
  1 & 2 & 3 & 4 \\
  2 & 3 & 4 & 5 \\
  3 & 4 & 5 & 6 \\
  4 & 5 & 6 & 7
  \end{pmatrix}, \quad X=\begin{pmatrix}
x_{1} \\
x_{2} \\
x_{3} \\
x_{4}
\end{pmatrix}.
\]
将 $f(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})$ 化为一次因式的乘积。
\item 根据 (1) 的结果，将 $n$ 元二次型 $f(X)=X^{\rT} A X$ 化为一次因式的乘积，其中
\[
  A=\begin{pmatrix}
  1 & 2 & 3 & \cdots & n \\
  2 & 3 & 4 & \cdots & n+1 \\
  3 & 4 & 5 & \cdots & n+2 \\
  \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
  n & n+1 & n+2 & \cdots & 2 n-1
  \end{pmatrix}.
  \]
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 我们可对 $\begin{pmatrix}
      A\\ E
    \end{pmatrix}$ 做如下的对称的初等变换
  \[
     \left(\begin{array}{cccc}
  1 & 2 & 3 & 4 \\
  2 & 3 & 4 & 5 \\
  3 & 4 & 5 & 6 \\
  4 & 5 & 6 & 7\\
  \hline
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
  \end{array}
\right)
\xrightarrow[\substack{r_2-2r_1\\ r_3-3r_1\\ r_4-4r_1}]{\substack{c_2-2c_1\\ c_3-3c_1\\ c_4-4c_1}}
\left(\begin{array}{cccc}
  1 & 0 & 0 & 0 \\
  0 & -1 & -2 & -3 \\
  0 & -2 & -4 & -6 \\
  0 & -3 & -6 & -9 \\
  \hline
1 & -2 & -3 & -4 \\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
  \end{array}
\right)
\xrightarrow[\substack{r_3-2r_2\\ r_4-3r_2}]{\substack{c_3-2c_2 \\ c_4-3c_2}}
\left(\begin{array}{cccc}
  1 & 0 & 0 & 0 \\
  0 & -1 & 0 & 0 \\
  0 & 0 & 0 & 0 \\
  0 & 0 & 0 & 0 \\
  \hline
1 & -2 & 1 & 2 \\
0 & 1 & -2 & -3 \\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
  \end{array}
\right).
  \]
令
\[
  \begin{pmatrix}
    x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4
  \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
    y_1  -2y_2 +y_3 + 2y_4 \\
y_2  -2y_3  -3y_4 \\
y_3\\
y_4
  \end{pmatrix},
\]
亦即
\[
  \begin{pmatrix}
    y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\ y_4
  \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
    x_1+2x_2+3x_3+4x_4 \\
    x_2+2x_3+3x_4 \\
    x_3 \\
    x_4
  \end{pmatrix}.
\]
那么 
\[
  X^{\rT}AX=y_1^2-y_2^2 = (x_1+3x_2+5x_3+7x_4)(x_1+x_2+x_3+x_4).
\]

(2) 由(1)的结果可以猜测：若 $B=\alpha  \beta^{\rT}$, 其中 
\[
  \alpha=(1,1,\cdots,1)^{\rT},\quad \beta=(1,3,\cdots,2n-1)^{\rT},
\]
则 $B$ 的对称部分 $\frac{B+B^{\rT}}{2}=A$. 这点容易直接验证：
$B$ 的 $(i,j)$ 元素为 $2j-1$, 故 $(B+B^{\rT})/2$的 $(i,j)$ 元素为
$\left( (2j-1)+(2i-1) \right)/2=i+j-1$, 因此 $\frac{B+B^{\rT}}{2}=A$.
这样
\begin{align*}
  X^{\rT}AX&= X^{\rT} \frac{B+B^{\rT}}{2} X=X^{\rT}BX\\
  &= (x_1+x_2+\cdots+x_n)(x_1+3x_2+\cdots+(2n-1)x_n).
  \tag*{\qedhere}
\end{align*}
\iffalse
(2) 我们可对 $\begin{pmatrix}
      A\\ E
    \end{pmatrix}$ 做如下的对称的初等变换
  \[
    \begin{aligned}
     \left(\begin{array}{ccccc}
         1 & 2 & 3&  \cdots & n \\
         2 & 3 & 4 & \cdots & n+1 \\
3 & 4 & 5 & \cdots & n+2 \\
  \vdots & \vdots & \vdots &  & \vdots \\
  n & n+1 & n+2  & \cdots & 2n-1\\
  \hline
  1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
  0 & 1 & 0 & \cdots & 0\\
0 & 0 & 1 & \cdots & 0\\
\vdots & \vdots &  & \vdots \\
0 & 0 & 0 & \cdots & 1
  \end{array}
\right)
\xrightarrow[\substack{r_2-2r_1\\ \vdots \\ r_n- n\times r_1}]{\substack{c_2-2c_1\\ \vdots \\ c_n-n\times c_1}} &
\left(\begin{array}{ccccc}
    1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
    0 & -1 & -2 & \cdots & -(n-1) \\
    0 & -2 & -4 & \cdots & -2(n-1)\\
 \vdots & \vdots & \vdots &  & \vdots \\
 0 & -(n-1 & -2(n-1) & \cdots & -(n-1)^2 \\
  \hline
  1 & -2 & -3 & \cdots & -n \\
  0 & 1 & 0 & \cdots & 0\\
  0 & 0 & 1 & \cdots & 0\\
 \vdots & \vdots & \vdots &  & \vdots \\
 0 & 0 & 0 &\cdots & 1
  \end{array}
\right)\\
\xrightarrow[\substack{r_3-2r_2\\ r_4-3r_2}]{\substack{c_3-2c_2 \\ c_4-3c_2}} &
\left(\begin{array}{ccccc}
    1 & 0 & 0 &\cdots & 0 \\
    0 & -1 & 0 & \cdots & 0 \\
    0 & 0 & 0 &\cdots & 0 \\
 \vdots & \vdots & \vdots &  & \vdots \\
 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
  \hline
  1 & -2 & 1 & \cdots & n-2 \\
  0 & 1 & -2 & \cdots & -(n-1) \\
  0 & 0 & 1 & \cdots & 0\\
 \vdots & \vdots & \vdots &  & \vdots \\
 0 & 0 & 0 & \cdots& 1
  \end{array}
\right).
\end{aligned}
  \]
令
\[
  \begin{pmatrix}
    x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ \vdots \\ x_n
  \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
    y_1  -2y_2 +y_3 + 2y_4+\cdots+(n-2)y_n \\
    y_2  -2y_3  -3y_4 + \cdots -(n-1)y_n \\
y_3\\
\vdots\\
y_n
  \end{pmatrix},
\]
亦即
\[
  \begin{pmatrix}
    y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\ y_4
  \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
    x_1+2x_2+3x_3+4x_4+\cdots+nx_n \\
    x_2+2x_3+3x_4+\cdots +(n-1)x_n \\
    x_3 \\
    \vdots \\
    x_n
  \end{pmatrix}.
\]
那么 
\[
  X^{\rT}AX=y_1^2-y_2^2 = (x_1+3x_2+5x_3+7x_4+\cdots+(2n-1)x_n)(x_1+x_2+x_3+x_4+\cdots+x_n).
\]
\fi
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{zheda}}
设 $X=(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}), X^{\rT}$ 是 $X$ 的转置，请问是否存在一次多项式
\[
u_{i}(x)=a_{i} x_{1}+b_{i} x_{2}+c_{i} x_{3}+d_{i} x_{4}\quad (i=1,2,3,4)
\]
满足
\[
  X^{\rT}\begin{pmatrix}
  2 & 0 & 2 & 4 \\
0 & 2 & 4 & 2 \\
2 & 4 & 2 & 0 \\
4 & 2 & 0 & 2
\end{pmatrix} X=\begin{vmatrix}
u_{1}(x) & u_{2}(x) \\
u_{3}(x) & u_{4}(x)
\end{vmatrix}?
\]
\end{exercise}




\begin{exercise}\label{1F2}
设$A$是秩$r$的$n$阶实方阵。 
我们可以构造如下几个实对称矩阵：$AA^{\rT}, A+A^{\rT}, \begin{pmatrix}
& A\\ A^{\rT}
\end{pmatrix}$. 可否确定这几个方阵的正负惯性指数？
\end{exercise}



\begin{solution}
(1) 
$AA^{\rT}$的正惯性指数为$r$, 负惯性指数为$0$. 
诚然，$AA^{\rT}$半正定，所以其负惯性指数为$0$, 正惯性指数等于其秩。
我们以前证明过$\rank AA^{\rT}=\rank A$ (练习 \ref{0AF}).
所以$AA^{\rT}$的正惯性指数为$r$.

(2) $A+A^{\rT}$的正负惯性指数不能确定。比如：若$A=\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{pmatrix}$, 则$A$的秩为$2$, 同时$A+A^{\rT}=0$, 从而$A+A^{\rT}$的正负惯性指数都是$0$;
若$A=\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
-1 & 0
\end{pmatrix}$, 则$A$的秩为$2$, 同时$A+A^{\rT}=\begin{pmatrix}
2 \\ & 0
\end{pmatrix}$, 从而$A+A^{\rT}$的正惯性指数是$1$, 负惯性指数为$0$.
\iffalse
若$A=\begin{pmatrix}
1 & 1 \\ -1 & -1
\end{pmatrix}$, 则$A$的秩为$1$,  同时 $A+A^{\rT}=\begin{pmatrix}
2 \\& -2
\end{pmatrix}$, 从而$A+A^{\rT}$的正负惯性指数分别为$1, -1$.
\fi


(3) $\begin{pmatrix}
& A\\ A^{\rT}
\end{pmatrix}$的正负惯性指数分别为$r, -r$. 
我们对$\begin{pmatrix}
& A\\ A^{\rT}
\end{pmatrix}$不断地做初等行变换和初等列变换可以把$A$化成$\begin{pmatrix}
   E_r \\ & 0
\end{pmatrix}$, 而合同变换要求我们使用对称的初等变换，不难想象，
这一系列的初等变换的对称操作同时把$\begin{pmatrix}
  &A \\  A^{\rT}
\end{pmatrix}$中$A^{\rT}$所占的块变成了
$\begin{pmatrix}
   E_r \\ & 0
\end{pmatrix}$.
这个用对称的分块形式的初等变换写出来很清楚。
存在可逆矩阵$P, Q$使得$PAQ=\begin{pmatrix}
     E_r \\ & 0
\end{pmatrix}$. 
注意到
\[
    \begin{pmatrix}
        & Q^{\rT} \\ P
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
& A\\ A^{\rT}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
    & P^{\rT} \\ Q
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
    & Q^{\rT} A^{\rT}P^{\rT}\\ PAQ
  \end{pmatrix}=\left(\begin{array}{c|c|c|c}
    & &  E_r & \\
    \cline{1-4}
    & & &  0\\
    \cline{1-4}
     E_r & & & \\
    \cline{1-4}
    & 0 & & 
\end{array}\right).
\]
用对称的初等变换我们又有
\[
  \left(\begin{array}{c|c|c|c}
        & &  E_r & \\
        \cline{1-4}
        & & & 0\\
        \cline{1-4}
         E_r & & & \\
        \cline{1-4}
        & 0 & & 
    \end{array}\right)\xrightarrow[c_2\leftrightarrow c_3]{r_2\leftrightarrow r_3}
    \left(\begin{array}{c|c|c|c}
        &   E_r & & \\
        \cline{1-4}
         E_r & & &  \\
        \cline{1-4}
        & & & \\
        \cline{1-4}
        & & & 
    \end{array}\right).
\]
再者，公式
\[
    \begin{pmatrix}
        1 & 1 \\
        1& -1
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        0 & 1\\
        1 & 0
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        1 & 1 \\ 1 & -1
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        2 \\ & -2
    \end{pmatrix}
\]启发我们得到公式
\[
    \begin{pmatrix}
         E_r &  E_r \\
         E_r& - E_r
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        0 &  E_r\\
         E_r & 0
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
         E_r &  E_r \\  E_r & - E_r
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        2 E_r \\ & -2 E_r
      \end{pmatrix}.
\]
当然，你也可以使用对称版本的分块形式的初等变换：
\[
    \begin{pmatrix}
        0 &  E_r\\
         E_r & 0
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_1+\frac{1}{2}r_2]{c_1+\frac{1}{2}c_2}
    \begin{pmatrix}
         E_r &  E_r\\
         E_r & 0
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_2-r_1]{c_2-c_1}
\begin{pmatrix}
         E_r & \\
        & - E_r
      \end{pmatrix}.
\]
无论如何，可知
$\begin{pmatrix}
        0 &  E_r\\
         E_r & 0
      \end{pmatrix}\approx \begin{pmatrix}
         E_r & \\
        & - E_r
      \end{pmatrix}$.
进而由练习 \ref{082} 知
\[
  \begin{pmatrix}
& A\\ A^{\rT}
\end{pmatrix}\approx
\begin{pmatrix}
     E_r \\ & - E_r \\ & &0
\end{pmatrix},
\]
故其正、负惯性指数都是$r$.
\end{solution}


\begin{exercise}
令 $A\in \bR^{m\times n}$. 证明$A^{\rT}A$ 正定当且仅当 $A$ 列满秩。
\end{exercise}

\begin{solution}
对 $x\in \bR^{(n)}$, $x^{\rT}A^{\rT}Ax=|Ax|^2\geqslant 0$,
且等号成立当且仅当 $Ax=0$, 当且仅当 $x=0$ (因为 $A$ 列满秩)。
这就证明了 $A^{\rT}A$ 正定。
\end{solution}


\begin{exercise}\label{22F}
  \tiyuan{\parencite[2024]{shanghaidaxue}}
设 $A, B$ 为 $n$ 阶实可逆矩阵，且 $A$ 为对称矩阵。求实对称矩阵 
$\begin{pmatrix}A & B \\ B^{T} & O\end{pmatrix}$ 的符号差。
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们可以做如下对称的初等变换 (用矩阵乘法写出来可知这是合同变换):
\[
  \begin{pmatrix}A & B \\ B^{\rT} & 0\end{pmatrix} 
\xrightarrow[{r_{2}-B^{\rT} A^{-1} \times r_1}]{c_{2}-c_{1} \times(A^{-1} B)}
\begin{pmatrix}A & 0 \\ 0 & -B^{\rT} A^{-1} B\end{pmatrix}.
\]
设 $A$ 的正、负惯性指数分别为 $p, q$, 则 $A^{-1}$ 的 正、负惯性指数也是 $p, q$.
$-B^{\rT} A^{-1} B$ 合同于 $-A^{-1}$, 故而其正、负惯性指数分别为 $q, p$. 
进而 $\begin{pmatrix}A & B \\ B^{\rT} & 0\end{pmatrix}$ 
的正、负惯性指数分别为 $p+q, q+p$, 符号差为 $0$. 
\end{solution}

\begin{exercise}\label{215}
  给定实二次型
  \[
    f(x_1, \cdots, x_n)=l_1^2+\cdots+l_p^2-l_{p+1}^2-\cdots-l_{p+q}^2,
  \]
  其中$l_i$都是$x_1, \cdots, x_n$的一次齐次多项式，
  证明：该二次型的正惯性指数$p_f\leqslant p$，负惯性指数$q_f\leqslant q$.
  更一般地，见练习 \ref{0A9}.
\end{exercise}

\begin{solution}
\fangfa  令$m=\max\{n, p+q\}$. 
  令 $f'(x_1,\cdots,x_m)=f(x_1, \cdots, x_n)$. 
  考虑二次型
  \[
    g(y_1,\cdots,y_m)=y_1^2+\cdots+y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots-y_{p+q}^2.
  \]
  线性替换
  \[
    y_i=\begin{cases}
    l_i & \text{当~}1\leqslant i\leqslant p+q, \\
      0 & \text{当~} p+q< i\leqslant m
    \end{cases}
  \]
  将$g$化成了$f'$. 既然 (不必非退化的) 线性替换后正、负惯性指数不会增加 (练习 \ref{213})，
  \[
    p=p_g\geqslant p_{f'}=p_f,
  \]
  这里$p_g, p_{f'}$分别表示$g, f'$的正惯性指数。
  考虑$-f$并应用刚才的结论知$q_{f}\leqslant q$.

  \fangfa 令 $l_i=\alpha_i^{\rT} X$, 其中 $\alpha_i\in \bR^{(n)}$,
  $X=(x_1, \cdots, x_n)^{\rT}$. 
  那么二次型 $g(x_1,\cdots,x_n)= l_1^2+\cdots+l_p^2$的矩阵为 
  $A=\sum_{i=1}^r \alpha_i \alpha_{i}^{\rT}$.
  显然 $A$ 半正定，且其秩不超过 $p$, 从而 $A$的正惯性指数 $p_A$ 不超过 $p$.
  $\bR^{(n)}$ 包含一个子空间 $V$, 
  满足 $\dim V=n-p_A$ 且对任意 $X\in V$ 有 $X^{\rT}AX\leqslant 0$
 (取 $V$ 为 $A$ 的非正特征值的特征子空间之和；
 若 $A$ 没有非正特征值，取 $V=\{0\})$)。
  我们有 $\dim V \geqslant n-p$.
  对任意的 $X\in V$, 显然 $f(X)\leqslant 0$. 
  这样 $f$ 的正惯性指数$p_f\leqslant p$;
  诚然，否则 $p_f>p$, $f$ 的矩阵的正特征值的特征子空间之和 $W$ 
会与 $V$ 有非平凡的交，
而对$0\neq X\in W$, $f(X)> 0$, 矛盾了。
$f$ 的负惯性指数 $q_f$ 为 $-f$ 的正惯性指数，这样
应用刚才的讨论结果可知 $q_f\leqslant q$.
\end{solution}

\begin{exercise}[Sylvester]\label{216}
  设$A$是$n$阶实对称矩阵。再设存在$2N$个$x_1, \cdots, x_n$的一次齐次多项式
  $l_1, \cdots, l_N, k_1, \cdots, k_N$
  使得二次型$X^{\rT} AX$可写为
  \(
    X^{\rT} A X= \sum_{i=1}^N l_i k_i.
  \)
  那么$N\geqslant\max\{p_A, q_A\}$.
\end{exercise}


\begin{solution}
  这实际上是命题~\ref{215}~换了个说法。
  我们来证明命题~\ref{216}~与命题~\ref{215}~
  等价。

  ($\Leftarrow$) 如命题~\ref{216}~中假设。
  令$l_i'=\frac{l_i+k_i}{2}, k_i'=\frac{l_i-k_i}{2}$. 
  那么$l_ik_i=(l_i')^2-(k_i')^2$.
  从而 
  \[
    X^{\rT} A X= \sum_{i=1}^N (l_i')^2 -\sum_{i=1}^N (k'_i)^2.
  \]
  这样由命题~\ref{215}~知
  $p_A\leqslant N, q_A\leqslant N$. 

  ($\Rightarrow$) 如命题~\ref{215}~中假设。
  不妨设$p\geqslant q$ (否则用$-f$替换$f$来考虑)。
  这样只用证明$N\geqslant p$. 令$l_{p+q+1}=\cdots=l_{2p}=0$ (若$p>q$).
  此时
  \[
    f(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^p l_i^2-\sum_{i=1}^p l_{p+i}^2.
  \]
  令$l_i'=l_i-l_{i+p}, k_i'=l_i+l_{i+p}$, 则$f(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^p l_i'k_i'$.
  由命题~\ref{216}~知$p_f\leqslant p$.
\end{solution}


\begin{exercise}\label{1E6}\tiyuan{\parencite[P276,31]{ZX98}}
  考虑实二次型$f(x,y,z)=\lambda(x^2+y^2+z^2)+2xy+2zx-2yz$. 问：
  \begin{enumerate}
    \item $\lambda$取何值时此二次型正定？
    \item $\lambda$取何值时此二次型半正定？
    \item $\lambda=2$和$\lambda=-1$时，该二次型的正、负惯性指数分别为多少？
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
\fangfa  所给的实二次型对应的实对称矩阵为$A=\begin{pmatrix}
    \lambda  &1  & 1 \\
    1 & \lambda & -1 \\
    1 & -1 & \lambda
  \end{pmatrix}$. 该二次型的正(转：负）惯性指数等于$A$的正（转：负）惯性指数；
  该二次型的正定性（转：半正定性）等价于$A$的正定性（转：半正定性）。
  \begin{enumerate}
    \item $A$正定等价于其所有顺序主子式都大于$0$, 即
      \begin{gather*}
        \lambda>0,\quad \begin{vmatrix}
          \lambda & 1 \\
          1  & \lambda
        \end{vmatrix}>0,\quad 
      \begin{vmatrix}
        \lambda  &1  & 1 \\
        1 & \lambda & -1 \\
        1 & -1 & \lambda
      \end{vmatrix}>0,\quad 
      \text{亦即}\\
      \lambda>0,\quad \lambda^2-1>0,\quad \quad (\lambda+1)^2(\lambda-2)>0,
 \end{gather*}
 亦即$\lambda>2$. 所以$A$正定等价于$\lambda>2$.
 \item $A$半正定等价于其所有主子式都$\geqslant 0$, 即
      \begin{gather*}
        \lambda\geqslant 0,\quad \begin{vmatrix}
          \lambda & 1 \\
          1  & \lambda
        \end{vmatrix}\geqslant 0,\quad \begin{vmatrix}
          \lambda & -1 \\ -1 & \lambda
        \end{vmatrix}\geqslant 0,\quad
      \begin{vmatrix}
        \lambda  &1  & 1 \\
        1 & \lambda & -1 \\
        1 & -1 & \lambda
      \end{vmatrix}\geqslant 0,\quad 
      \text{亦即}\\
      \lambda\geqslant 0,\quad \lambda^2-1\geqslant 0,\quad \quad (\lambda+1)^2(\lambda-2)\geqslant 0,
 \end{gather*}
 亦即$\lambda\geqslant 2$. 所以$A$半正定等价于$\lambda\geqslant 2$.
  \item $\lambda=2$时$A=\begin{pmatrix}
      2 & 1 & 1 \\
      1 & 2 & -1\\
      1 & -1 & 2
    \end{pmatrix}$. 对$A$做对称的初等变换可得：
    \[
    \begin{pmatrix}
      2 & 1 & 1 \\
      1 & 2 & -1\\
      1 & -1 & 2
    \end{pmatrix} \xrightarrow[r_2+r_1\times\left( -\frac{1}{2} \right), r_3+r_1\times\left( -\frac{1}{2} \right), r_3+r_2]{c_2+c_1\times\left( -\frac{1}{2} \right), c_3+c_1\times\left( -\frac{1}{2} \right), c_3+c_2}
      \begin{pmatrix}
        2 & \\
        & \frac{3}{2} \\
         & & 0
       \end{pmatrix}.
    \]
    所以$\lambda=2$时该二次型的正惯性指数为$2$, 负惯性指数为$0$.

    $\lambda=-1$时$A=\begin{pmatrix}
      -1 & 1 & 1\\
      1 & -1 & -1 \\
      1 & -1 & -1
    \end{pmatrix}$. 对$A$做对称的初等变换可得：
    \[
      \begin{pmatrix}
        -1 & 1 & 1\\
        1 & -1 & -1 \\
        1 & -1 & -1
      \end{pmatrix} \xrightarrow[r_2+r_1, r_3+r_1]{c_2+c_1, c_3+c_1} 
    \begin{pmatrix}
      -1 &  & \\
      &0 & \\
        &  & 0
     \end{pmatrix}.
    \]
    所以$\lambda=-1$时该二次型的正惯性指数为$0$, 负惯性指数为$1$.
  \end{enumerate}


  \fangfa  我们通过化简所给的实二次型对应的实对称矩阵$A=\begin{pmatrix}
    \lambda  &1  & 1 \\
    1 & \lambda & -1 \\
    1 & -1 & \lambda
  \end{pmatrix}$来得到该二次型的正负惯性指数及讨论正定性。
  显然要分$\lambda=0$和$\lambda\neq0$讨论。
  若$\lambda=0$, 我们用对称的初等变换化简得：
  \begin{align*}
    A=\begin{pmatrix}
    0  &1  & 1 \\
    1 & 0 & -1 \\
    1 & -1 & 0
  \end{pmatrix}\xrightarrow[r_1+r_2]{c_1+c_2} 
\begin{pmatrix}
    2  &1  & 0 \\
    1 & 0 & -1 \\
    0 & -1 & 0
  \end{pmatrix}\xrightarrow[r_2-\frac{1}{2}r_1]{c_2-\frac{1}{2}c_1} 
\begin{pmatrix}
    2  &0  & 0 \\
    0 & -\frac{1}{2} & -1 \\
    0 & -1 & 0
  \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3-2r_2]{c_3-2c_2}
\begin{pmatrix}
    2  &0  & 0 \\
    0 & -\frac{1}{2} & 0 \\
    0 & 0 & 2
  \end{pmatrix}.
\end{align*}
若$\lambda\neq 0$, 我们用对称的初等变换化简得：
\begin{align*}
  A=\begin{pmatrix}
    \lambda  &1  & 1 \\
    1 & \lambda & -1 \\
    1 & -1 & \lambda
  \end{pmatrix}\xrightarrow[r_2+r_1\times\left( -\frac{1}{\lambda} \right), r_3+r_1\times\left( -\frac{1}{\lambda} \right)]{c_2+c_1\times\left( -\frac{1}{\lambda} \right), c_3+c_1\times\left( -\frac{1}{\lambda} \right)}
  \begin{pmatrix}
    \lambda & 0 & 0\\
    0 & \frac{\lambda^2-1}{\lambda} & -\frac{\lambda+1}{\lambda}\\
    0 & -\frac{\lambda+1}{\lambda} & \frac{\lambda^2-1}{\lambda}
  \end{pmatrix}.
\end{align*}
此时，我们再分$\lambda=1$和$\lambda\neq 1$讨论。
若$\lambda=1$, 进一步化简得：
\[
 \iffalse A=\begin{pmatrix}
    \lambda  &1  & 1 \\
    1 & \lambda & -1 \\
    1 & -1 & \lambda
  \end{pmatrix} \longrightarrow  \fi
 A\longrightarrow \begin{pmatrix}
    \lambda & 0 & 0\\
    0 & \frac{\lambda^2-1}{\lambda} & -\frac{\lambda+1}{\lambda}\\
    0 & -\frac{\lambda+1}{\lambda} & \frac{\lambda^2-1}{\lambda}
  \end{pmatrix}=
  \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & 0 & -2\\
    0 & -2 & 0
  \end{pmatrix}\xrightarrow[r_2+r_3\times\left( -\frac{1}{2} \right)]{c_2+c_3\times\left( -\frac{1}{2} \right)}
  \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & 2 & -2\\
    0 & -2 & 0
  \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3+r_2]{c_3+c_2}
  \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & 2 & 0\\
    0 & 0 & -2
  \end{pmatrix}.
\]
若$\lambda\neq -1$, 进一步化简得：
\[
  A
  \iffalse
    =\begin{pmatrix}
    \lambda  &1  & 1 \\
    1 & \lambda & -1 \\
    1 & -1 & \lambda
  \end{pmatrix}
\fi
\longrightarrow   \begin{pmatrix}
    \lambda & 0 & 0\\
    0 & \frac{\lambda^2-1}{\lambda} & -\frac{\lambda+1}{\lambda}\\
    0 & -\frac{\lambda+1}{\lambda} & \frac{\lambda^2-1}{\lambda}
  \end{pmatrix}
  \xrightarrow[r_3+r_2\times \frac{1}{\lambda-1}]{c_3+c_2\times \frac{1}{\lambda-1}}
  \begin{pmatrix}
    \lambda & 0 & 0\\
    0 & \frac{\lambda^2-1}{\lambda}  & 0\\
    0 & 0 & \frac{(\lambda-2)(\lambda+1)}{\lambda-1}
  \end{pmatrix}.
\]
总结下就是：
\begin{enumerate}[(i)]
  \item $\lambda=0$时$A$可化简至$\begin{pmatrix}
    2  &0  & 0 \\
    0 & -\frac{1}{2} & 0 \\
    0 & 0 & 2
  \end{pmatrix}$;
\item $\lambda=1$时$A$可化简至$  \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & 2 & 0\\
    0 & 0 & -2
  \end{pmatrix}$;
\item $\lambda\neq 0, 1$时$A$可化简至$  \begin{pmatrix}
    \lambda & 0 & 0\\
    0 & \frac{\lambda^2-1}{\lambda}  & 0\\
    0 & 0 & \frac{(\lambda-2)(\lambda+1)}{\lambda-1}
  \end{pmatrix}$.
\end{enumerate}
用这个我们可以回答题目中的提问了。
\begin{enumerate}[(1)]
  \item 所给二次型正定当且仅当$\lambda\neq 0,1$且
    \[
      \lambda>0, \quad \frac{\lambda^2-1}{\lambda}>0, \quad \frac{(\lambda-2)(\lambda+1)}{\lambda-1}>0,
    \]
    亦即$\lambda>2$.
  \item 所给二次型正定当且仅当$\lambda\neq 0,1$且
    \[
      \lambda\geqslant 0, \quad \frac{\lambda^2-1}{\lambda}\geqslant 0, \quad \frac{(\lambda-2)(\lambda+1)}{\lambda-1}\geqslant 0,
    \]
    亦即$\lambda\geqslant 2$.
  \item $\lambda=2$时$A$可化简至$\diag(2,\frac{3}{2}, 0)$, 所以所给二次型的正惯性指数为$2$, 负惯性指数为$0$.
    $\lambda=-1$时$A$可化简至$\diag(-1,0,0)$, 所以所给二次型的正惯性指数为$0$, 负惯性指数为$1$.
    \qedhere
\end{enumerate}
\end{solution}


\begin{exercise}
  决定实数$a_1, \cdots, a_n$满足何条件时下面的实二次型时正定的：
  \[
    f(x_1, \cdots, x_n)=(x_1+a_2 x_2)^2+ (x_2+a_3 x_3)^2+ \cdots +(x_{n-1} + a_n x_n)^2+ (x_n+ a_1x_1)^2.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}
  所给二次型半正定。正定当且仅当线性方程组
  \[
    \begin{cases} x_1+a_2 x_2=0,\\
      \quad\vdots\\
      x_{n-1}+a_n x_n=0,\\
      x_n+a_1 x_1=0
    \end{cases}
  \]
  只有平凡解。
  注意到系数矩阵是方阵，只有平凡解相当于系数矩阵可逆，即
  \[
    \begin{vmatrix}
      1 & a_2 \\
      & 1 & a_3 \\
      & & \ddots & \ddots \\
      & & & 1 & a_n\\
      a_1 & & & & 1
    \end{vmatrix}\neq 0.
  \]
  按第一列展开可知即是$(-1)^{n+1}\prod_{i=1}^n a_{i}+1\neq 0$, 亦即$\prod_{i=1}^n a_{i}\neq (-1)^n$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{1E9}
  证明 Hilbert矩阵 $H_{n}=(h_{ij})_{n\times n}$ 是正定的，其中 $h_{ij}=\frac{1}{i+j-1}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa 考虑定义在$[0,1]$的上次数小于 $n$ 的所有实系数多项式函数和零多项式构成的实
  线性空间 $V$ (这是 $[0,1]$ 上连续实值函数构成的空间 $C([0,1])$ 的子空间) 在配对
  \[
    \pair{f,g}=\int_0^1 f(x)g(x)\mathrm{d}x
  \]
  下构成的欧式空间。此内积在基 $1,x,\cdots,x^{n-1}$下的度量矩阵正是 $H_n$.
  因此 $H_n$ 是正定的。


  \fangfa 由 练习 \ref{055}\ref{056} 知$ H_n$ 的 $k$ 阶顺序主子式为
\[
  \det H_{k}=\frac{(1!2!\cdots(k-1)!)^{4}}{1!2!\cdots(2 k-1)!}.
\]
既然所有顺序主子式为正，$H_n$ 正定。
\end{solution}




\begin{exercise}
  设$A, B, C$是三角形的三个内角。证明对任意的$x,y,z\in \bR$有
  \[
    f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-2xy\cos C-2yz\cos A-2xz\cos B\geqslant 0.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa   我们有
  \begin{align*}
    f(x,y,z)&= x^2+y^2+z^2-2xy\cos C-2yz\cos A-2xz\cos B \\
    &= \left[\left(x-(y\cos C+z\cos B)\right)^2\right] - (y\cos C+z\cos B)^2 + y^2+z^2-2yz\cos A\\
    &= [\cdots]  + y^2  \sin^2 C + z^2\sin^2 B  -2yz(\cos A+\cos B\cos C)\\
    &= [\cdots]+ y^2 \sin^2 C + z^2\sin^2 B  -2yz(-\cos (B+C) +\cos B\cos C)\\
    &= [\cdots] +  y^2 \sin^2 C +  z^2\sin^2 B -2yz\sin B\sin C\\
    &= \left(x-(y\cos C+z\cos B)\right)^2+(y\sin C -z\sin B)^2\\
    &\geqslant 0.
  \end{align*}

  \fangfa  
  显然$\sin C\neq 0$. 
  我们用对称的初等变换将该二次型的矩阵化简至对角阵：
  \begin{align*}
    \begin{pmatrix}
    1 & -\cos C & -\cos B\\
    -\cos C & 1 & -\cos A\\
    -\cos B & -\cos A & 1
  \end{pmatrix}
  \xrightarrow[\substack{r_2+r_1\times \cos C\\ r_3+r_1\times \cos B}]{\substack{c_2+c_1\times \cos C\\ c_3+c_1\times \cos B}} &
  \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & \sin^2 C & -\sin B\sin C \\
    0 & -\sin B\sin C & \sin^2B
  \end{pmatrix}\\
  \xrightarrow[r_3+r_2\times \left(-\frac{\sin B}{\sin C}\right)]{c_3+c_2\times \left( -\frac{\sin B}{\sin C}\right)} &
 \begin{pmatrix}
    1 \\ & \sin^2 C \\ & & 0
  \end{pmatrix}.
  \end{align*}
  于是所给二次型半正定。
  这里注意到
  \[\tag*{\qedhere}
    -\cos A-\cos B\cos C=\cos(B+C)-\cos B\cos C= -\sin B\sin C.
  \]
\end{solution}


\begin{exercise}\label{1E7}
  设 $n$ 阶方阵 $A, B$ 满足 $A B= A - B$. 证明：
\begin{enumerate}
  \item $A$ 可逆当且仅当 $B$ 可逆。
  \item 若 $A$ 是正定的实对称矩阵，则实矩阵 $B$ 也是。
\end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
 由 $AB=A-B$可知 $(E+A)(E-B)=E$. 
若 $A$ 的$n$个特征值为 $\lambda_1,\cdots,\lambda_n$,
则 $E+A$的$n$个特征值为 $1+\lambda_1,\cdots,1+\lambda_n$, 
从而$E-B=(E+A)^{-1}$的$n$个特征值为 $(1+\lambda_1)^{-1},\cdots,(1+\lambda_n)^{-1}$, 
进而 $B$的$n$个特征值为 $\frac{\lambda_1}{1+\lambda_1},\cdots,\frac{\lambda_n}{1+\lambda_n}$.

(1) 显然 $A$ 的所有特征值都非零当且仅当 $B$ 的所有特征值都非零，
故 $A$ 可逆当且仅当 $B$ 可逆。

(2) 若实矩阵 $A$ 对称, 则 $E+A$ 对称，
从而 $E-B$ 对称 (因为$E+A, E-B$ 互逆)，进而 实矩阵$B$ 对称。
若 $A$ 的所有特征值都是正数，则$B$ 的所有特征值都是正数。
这样，$A$ 正定时$B$ 正定。
\end{solution}



\begin{exercise}
  设$A$是$n$阶实对称矩阵，$D_1, \cdots, D_n$依次为$A$的$1$阶，\ldots, $n$阶顺序主子式且都非零。
  证明$A$合同于$\diag(D_1, \frac{D_2}{D_1}, \cdots, \frac{D_n}{D_{n-1}})$.
\end{exercise}

\begin{solution}

  我们对$n$归纳。$n=1$时结论平凡。
  考虑$n>1$. $A$可分块为$\begin{pmatrix}
    B & \alpha\\ \alpha^{\rT} & a_{nn}
  \end{pmatrix}$.
  由归纳假设$B$合同于$\diag(D_1, \cdots, \frac{D_{n-1}}{D_{n-2}})$.
  我们可做对称的初等变换
  \[
  \begin{pmatrix}
    B & \alpha\\ \alpha^{\rT} & a_{nn}
\end{pmatrix}\xrightarrow[r_2-(\alpha^{\rT} B^{-1})\times r_1]{c_2-c_1\times(B^{-1}\alpha )}
\begin{pmatrix}
  B \\
  & a_{nn} -\alpha^{\rT} B^{-1} \alpha
\end{pmatrix}.
  \]
  这是合同变换。而且此初等变换不改变行列式，故
  $D_n=\det A$与$(\det B) \left( a_{nn} -\alpha^{\rT} B^{-1} \alpha \right)$有相同的正负性。
  又由 $B\approx \diag(D_1, \cdots, \frac{D_{n-1}}{D_{n-2}})$ 知 
  $\det B$与$D_{n-1}=D_1\cdot \cdots \cdot \frac{D_{n-1}}{D_{n-2}}$有相同的正负性，
  所以$a_{nn} -\alpha^{\rT} B^{-1} \alpha $与$\frac{D_n}{D_{n-1}}$有相同的正负性。
  因此
  \[\tag*{\qedhere}
    A\approx \diag(B, a_{nn} -\alpha^{\rT} B^{-1} \alpha)\approx
    \diag(D_1, \frac{D_2}{D_1}, \cdots, \frac{D_n}{D_{n-1}}).
  \]
\end{solution}


\begin{exercise}\label{0C7}
  设$A\in \bR^{n\times n}$是正定实对称矩阵，$S\in \bR^{n\times n}$是斜称矩阵。证明$\det (A+S)>0$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  存在可逆实矩阵 $Q$ 使得 $Q^{\rT}AQ=E$.
  我们有
  \[
    (\det Q)^2\det (A+S)=\det (Q^{\rT} (A+S)Q) =\det ( E+Q^{\rT}SQ).
  \]
  要证明 $\det (A+S)>0$, 只用证明 $\det ( E+Q^{\rT}SQ)>0$.
  注意到$Q^{\rT}SQ$是斜称矩阵，这就把问题归结到$A$是单位矩阵的情形，
  而这我们已经在练习~\ref{089}~中证明过了。
\end{solution}


\begin{exercise}
  \begin{enumerate}
    \item 给定 $n$ 阶实对称方阵，满足 $\det A<0$, 
      证明存在 $n$ 维实向量 $X\in \bR^{(n)}$ 使得 $X^{\rT}AX<0$.
    \item 假设二次型$f(x_1,\cdots,x_n)$等于$0$当且仅当$(x_1,\cdots,x_n)=0$. 
      证明$f$正定或负定。
  \end{enumerate}
\end{exercise}



\begin{solution}
  (1) 如果对任意的 $X\in \bR^{(n)}$ 都有 $X^{\rT}AX\geqslant 0$, 那么 $A$ 半正定。
    故存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{\rT}AP=\begin{pmatrix}
         E_r \\ & 0
    \end{pmatrix}$. 
    这样 $(\det P)^2\det A=0$ 或 $1$, 与 $\det A<0$ 矛盾了。

    (2)
反证。假设 $f$ 不正定也不负定。
那么存在 $X_{1}, X_{2}\in\bR^{(n)}$ 使得 $f(X_{1})<0, f(X_{2})>0$. 
那么由练习 \ref{0DA} 知
存在 $0\neq X\in \bR^{(n)}$ 使得 $f(X)=0$. 与题设矛盾了。
因此 $f$ 正定或负定。
\end{solution}


\begin{exercise}
  证明实二次型$f(x_1, \cdots, x_n)=\sum_{i,j}a_{ij} x_ix_j$半正定当且仅当
  $f$可写为若干个$x_1, \cdots, x_n$的线性组合 (即 $x_1,\cdots,x_n$ 的线性型) 的平方和，
  即$f$可写为形如$f=\sum_{i=1}^k (\sum_{j=1}^n b_{ij} x_j)^2$, 
  并且此时该二次型的正惯性指数等于矩阵$(b_{ij})$的秩。
\end{exercise}

\begin{solution}
形如$f=\sum_{i=1}^k (\sum_{j=1}^n b_{ij} x_j)^2$
的二次型显然半正定，我们证明反过来的结论。
  设$f$半正定。令$A=(a_{ij})$, 可设$A$对称。
  这样$A$半正定，从而存在矩阵$B$使得$A=B^{\rT}B$.
  设$B=(b_{ij})$按行分块为$B=\begin{pmatrix}
    \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_k
  \end{pmatrix}$. 
  那么$A=B^{\rT}B=\sum_{i=1}^k \alpha_i^{\rT} \alpha_i$.
  令
  \[
    l_i=\alpha_i X=\sum_{j=1}^n b_{ij} x_j,
  \]
  其中$X=(x_1, \cdots, x_n)^{\rT}$.
  此时
  \[
    f(x_1, \cdots, x_n)=X^{\rT} AX =X^{\rT}\left( \sum_{i=1}^k \alpha_i^{\rT} \alpha_i \right) X
    =\sum_{i=1}^k (\alpha_i x)^{\rT} (\alpha_i x)=\sum_{i=1}^k l_i^2.
  \]
  $f$ 的秩为 $\rank A=\rank B^{\rT}B=\rank B$ 
  (最后一个等式见练习 \ref{0AF}).
\end{solution}




\begin{exercise}
  设$A, B$是实对称矩阵，且$B$半正定， $\det (A+i\, B)=0$ （其中$i=\sqrt{-1}$）。
  证明：
  \begin{enumerate}
    \item 线性方程组$(A+i\, B)X=0$有非平凡的实解。
    \item $\det A=\det B=0$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 由于$\det (A+i\, B)=0$, 线性方程组$(A+i\, B)X=0$有非平凡的复解
  $z=\alpha+i\, \beta\in \bC^{(n)}$,
其中$\alpha, \beta\in \bR^{(n)}$不全为零。 
      由$(A+i\,B)(\alpha+i\,\beta)=0$知
      \[
        A\alpha= B\beta, \quad A\beta=-B\alpha.
      \]
      进而
      \begin{gather*}
        \beta^{\rT} B\beta = \beta^{\rT} A\alpha =\alpha^{\rT} A\beta = - \alpha^{\rT} B\alpha,\quad\text{即}\\
        \alpha^{\rT} B\alpha + \beta^{\rT} B\beta=0.
      \end{gather*}
      由于$B$半正定，我们有
      \[
        \alpha^{\rT} B\alpha=\beta^{\rT} B \beta=0,
      \]
      从而$B\alpha=B\beta=0$.
      故而$A\alpha=A\beta=0$. 所以$\alpha, \beta$都是$(A+i\, B)X=0$的解。
      因此$(A+i\, B)X=0$有非平凡的实解。

      (2) 由(1)知齐次线性方程组$AX=0$和$BX=0$都有非平凡解， 所以$A, B$都不可逆。
\end{solution}





\begin{exercise}
  \begin{enumerate}
\item 
  设$A\in \bR^{m\times m}, D\in \bR^{n\times n}$是正定的实对称矩阵，$C\in \bR^{m\times n}$是任意的矩阵。证明$\begin{pmatrix}
    A & C\\ -C^{\rT} & D
  \end{pmatrix}$可逆。

\item 设$A\in \bR^{n\times n}, B\in \bR^{n\times m}, D\in \bR^{m\times m}$且$A, D$是对称矩阵。 
  证明$\begin{pmatrix}
    A & B\\
    B^{\rT} & D
  \end{pmatrix}$正定当且仅当$A, D-B^{\rT} A^{-1}B$都正定。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 我们可以做如下的初等变换：
  \[
    \begin{pmatrix}
      A & C\\ -C^{\rT} & D
    \end{pmatrix} \xrightarrow{c_2+ c_1\times (-A^{-1}C)} 
    \begin{pmatrix}
      A & 0\\ -C^{\rT} & D+C^{\rT}A^{-1}C
    \end{pmatrix}.
  \]
  此操作不改变行列式，这样只用说明$D+C^{\rT}A^{-1}C$可逆。
  $A\succ 0$表明$A^{-1}\succ 0$, 进而$C^{\rT}A^{-1}C\succeq 0$;
  诚然，若 $A^{-1}=P^{\rT}P$ 则 $C^{\rT}A^{-1}C=(PC)^{\rT}(PC)$. 
  又$D\succ 0$, 我们有$D+C^{\rT}A^{-1}C\succ 0$, 从而可逆。

  (2) 
  注意到我们有对称的初等变换：
  \[
\begin{pmatrix}
    A & B\\
    B^{\rT} & D
  \end{pmatrix}\xrightarrow[r_2-(B^{\rT}A^{-1})\times r_1]{c_2-c_1\times (A^{-1}B)}
  \begin{pmatrix}
    A \\ & D-B^{\rT}A^{-1}B
  \end{pmatrix}. 
  \]
  所以
  \[
    \begin{pmatrix}
    A & B\\
    B^{\rT} & D
  \end{pmatrix}\approx \begin{pmatrix}
    A \\ & D-B^{\rT}A^{-1}B
  \end{pmatrix}.
\]
显然后者正定当且仅当$A$和$D-B^{\rT}A^{-1}B$都正定。得证。
\end{solution}



\begin{exercise}
  设$A=(a_{ij})\in \bR^{n\times n}$是正定的实对称矩阵，证明下面的二次型负定：
      \[
        f(x_1, \cdots, x_n)=\begin{vmatrix}
          a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} & x_1 \\
          a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} & x_2 \\
          \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
          a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} & x_n\\
          x_1 & x_2 & \cdots & x_n & 0
        \end{vmatrix}.
      \]
\end{exercise}

\begin{solution}

  记$X=(x_1, \cdots, x_n)^{\rT}$. 我们有$f(x_1,\cdots, x_n)=\begin{vmatrix}
        A & X\\
        X^{\rT} & 0
      \end{vmatrix}$. 注意到我们有如下的对称的初等变换：
      \[
        \begin{pmatrix}
          A & X\\
          X^{\rT} & 0
        \end{pmatrix} \xrightarrow[r_2-(X^{\rT}A^{-1})\times r_1]{c_2-c_1\times (A^{-1}X)}
        \begin{pmatrix}
          A \\ & -X^{\rT} A^{-1} X
        \end{pmatrix}.
      \]
      所以
      \[
        f(x_1, \cdots, x_n)=\det \begin{pmatrix}
          A \\ & -X^{\rT} A^{-1} X
        \end{pmatrix} = (\det A) (-X^{\rT} A^{-1}X)=-X^{\rT}  A^* X.
      \]
      由于$A\succ 0$, $A^*\succ 0$, 进而$-A^*\prec 0$, 即所给二次型负定。
\end{solution}

\begin{exercise}
  设$A=(a_{ij})$是正定的实对称矩阵。证明：
  \begin{enumerate}
    \item $A$的对角线上的元素全大于零；
    \item 对$i\neq j$, $|a_{ij}|<\frac{1}{2}(a_{ii}+a_{jj})$.
    \item $A$中元素绝对值最大者一定在对角线上；
    \item $A^{-1}$与$A^*$都是正定矩阵．
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) $A$正定时$A$的对角线上元素作为$1$阶主子式都大于零。

  (2) 对$i\neq j$, 我们有二阶主子式
      \[
        \det A\begin{pmatrix}
        ij\\
        ij
      \end{pmatrix}=\begin{vmatrix}
        a_{ii} & a_{ij}\\
        a_{ji} & a_{jj}
      \end{vmatrix}=a_{ii} a_{jj} -a_{ij}^2 > 0,
    \]
    故$|a_{ij}|<\sqrt{a_{ii}a_{jj}}\leqslant \frac{1}{2}(a_{ii} + a_{jj})$.

    (3) 由(2)立得。

    (4) 显然$A^{-1}$与$A^*$都是实对称矩阵。显然$A^{-1}\approx A$.
    所以$A\succ 0$时$A^{-1}\succ 0$. 
    又$A^*=(\det A) A^{-1}$且$\det A>0$, 我们亦有$A^*\succ 0$.
\end{solution}


\begin{exercise}\label{1D3}
  \begin{enumerate}
    \item 若$A=(a_{ij})$是半正定的实对称矩阵，则$\det A\leqslant \prod_{i=1}^n a_{ii}$, 等号成立当且仅当$A$是对角阵。
    \item (Hadamard不等式) 若$A=(a_{ij})$为$n$阶实方阵，
      则$(\det A)^2\leqslant \prod_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_{ij}^2$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) \fangfa 我们对阶$n$归纳。$n=1$时平凡。考虑$n>1$. 
        我们断言$\det A\leqslant a_{nn} D_{n-1}$，
        其中$D_{n-1}$为$A$的$n-1$阶顺序主子式。
        归纳假设告诉我们$D_{n-1}\leqslant a_{11} \cdots a_{n-1, n-1}$, 从而
        \[
        \det A\leqslant a_{nn} D_{n-1} \leqslant \prod_{i=1}^n a_{ii}.
      \]
现在证明断言。
注意到我们可以做如下对称的初等变换：
\[
  A=\begin{pmatrix}
    A' & \alpha\\
    \alpha^{\rT} & a_{nn}
  \end{pmatrix} \xrightarrow[r_2-(\alpha^{\rT}A^{-1})\times r_1]{c_2-c_1\times (A^{-1}\alpha)} 
  \begin{pmatrix}
    A' \\ & a_{nn}-\alpha^{\rT} (A')^{-1} \alpha
  \end{pmatrix}.
\]
所以
\[
  \det A=(\det A')(a_{nn}-\alpha^{\rT} (A')^{-1} \alpha).
\]
由于$A\succ 0$, $A' \succ 0$, 进而$(A')^{-1}\succ 0$, 
所以$\alpha^{\rT} (A')^{-1} \alpha\geqslant 0$.
这样$\det A\leqslant a_{nn}\det A'$, 得证断言。
若等号成立，那么$\alpha^{\rT} (A')^{-1} \alpha=0$. 
由于$(A')^{-1}\succ 0$, 只有 $\alpha=0$. 
由归纳假设可知$A$是对角阵。

\fangfa  由$A\succ 0$知所有对角元素$a_{ii}>0$. 令$A'=P^{\rT}AP$, 
  其中$P=\diag(\frac{1}{\sqrt{a_{11}}}, \cdots, \frac{1}{\sqrt{a_{nn}}})$.
  $A'$的对角线上元素都是$1$. 设$A'$的所有特征值为$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$.
  此时，我们有
  \[
    \det A'
    =\prod \lambda_i \leqslant \left( \frac{\sum \lambda_i}{n} \right)^n
    = \left( \frac{\tr A'}{n} \right)^n =1.
  \]
  即$\frac{\det A}{\prod a_{ii}}\leqslant 1$. 故$\det A\leqslant \prod a_{ii}$.
  等号成立当且仅当$\lambda_1=\cdots=\lambda_n$. 记$\lambda$为这些$\lambda_i$公共的值。
  这样$P^{\rT}AP=\lambda  E$ 是纯量矩阵，进而
  $A=\diag(a_{11}, \cdots, a_{nn})$. 反过来，对角阵时等号显然成立。
  \iffalse
  \fangfa  设$A$的特征值分解为$A=\sum_{i=1}^n \lambda_i \mu_i \mu_i^{\rT}$, 
  其中$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$为$A$的特征值（正数），
  且$\mu_i=(\mu_{i1}, \cdots, \mu_{in})^{\rT}$为属于特征值$\lambda_i$的单位特征向量。
  这样$a_{ii}=\sum_{j=1}^n \lambda_j|\mu_{ji}|^2$.
\fi

(2) 对 半正定矩阵 $A^{\rT}A$ 应用 (1) 即知。
\end{solution}

\begin{exercise}\label{205}
  设$A\in \bR^{n\times n}$为秩为$r$的实对称矩阵。
  证明$V_A=\{X\in \bR^{(n)}\mid X^{\rT}AX=0\}$为$\bR^{(n)}$的子空间当且仅当 
  $A$ 半正定或半负定，并在此时求$V_A$的维数。
\end{exercise}

\begin{solution}
  ($\Rightarrow$) 设 $A$半正定或半负定。那么存在矩阵$C$使得$A=\pm C^{\rT}C$. 
  这样$X^{\rT}AX=0$相当于$X^{\rT}C^{\rT}CX=0$, 相当于$CX=0$, 
  所以$V_A=\{X\in \bR^{(n)}\mid CX=0\}$.
  这是$\bR^{(n)}$的子空间，且
  \[
    \dim V=n-\rank C=n-\rank C^{\rT}C=n-\rank A=n-r.
  \]

  ($\Rightarrow$) 设 $V$ 为 $\bR^{(n)}$ 的子空间。
  存在可逆实矩阵 $P$ 使得 
  $D\coloneq P^{\rT} A P =\diag (E_p, -E_q, 0)$. 
  令 
  \[
  \begin{aligned}
      V_D&= \{X\in \bR^{(n)}\mid X^{\rT}DX=0\}\\
        &= \{(x_1,\cdots,x_n)^{\rT}\in \bR^{(n)}\mid x_1^2+\cdots+x_p^2-x_{p+1}^2-\cdots-x_{p+q}^2=0\}.
      \end{aligned}
\]
  为了反证，设  $p,q>0$. 
  %我们有双射 $V_A\rightarrow V_D, X\mapsto P^{-1}X$.
  %既然 $V_A$ 是线性子空间，$V_D$ 也是。但实际上 $V_D$ 不是：
  %令 $v_1=e_1+e_{p+1}, v_2=e_1-e_{p+1}$, 则 $v_1,v_2\in V_D$, 
  %但 $v_1+v_2=2e_1\notin V_D$. 这就矛盾了。故 $A$ 半正定或半负定。
令 $v_1=e_1+e_{p+1}, v_2=e_1-e_{p+1}$, 则 $v_1,v_2\in V_D$, 
但 $v_1+v_2=2e_1\notin V_D$. 再令 $X_i = Pv_i$ ($i=1,2$), 则 $X_i\in V_A$, 
但 $X_1+X_2\notin V_A$. 因此 $V_A$ 对加法不封闭，与 $V_A$ 是子空间这个假设矛盾了。
因此 $q=0$ 或 $p=0$, 即 $A$ 半正定或半负定。
\end{solution}



\begin{exercise}
设$n$ 阶实矩阵  $A, C$ 满足 $A$ 正定且 $A C+C A=0$.
  证明：$C=0$.
\end{exercise}

\begin{solution}
 \fangfa 存在可逆矩阵 $\Omega$ 使得 
 $D\coloneq \Omega^{\rT} A \Omega = \diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$ 为对角矩阵。
 令 $B = \Omega^{\rT} C \Omega$, 则由 $AC + CA = 0$ 得 $DB + BD = 0$.
 从而 $\lambda_i b_{ij} + b_{ij} \lambda_j = 0$, 对 $\forall i, j$;
 即 $(\lambda_i + \lambda_j) b_{ij} = 0$. 
 而所有 $\lambda_i > 0$, 故 $b_{ij} = 0$. 从而 $B = 0$. 这样 $C = 0$.
 
 \fangfa 考虑矩阵方程 $AX+XA=0$.  
 由于 $A$ 正定， $A, -A$ 没有公共的特征值。
 这样由练习 \ref{04F} 知 $AX+XA=0$ 只有平凡解 $X=0$. 故 $C=0$.
\end{solution}

\begin{exercise}
  设$n$阶实方阵$A, B$满足$A$半正定 且$AB+BA=0$. 证明$AB=BA=0$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  设$(\lambda, v)$是$A$的特征对，则
  \[
    ABv = -BA v=-\lambda(Bv).
  \]
  若$Bv\neq 0$, 则$(-\lambda, Bv)$是$A$的特征对。
  由于$A$半正定， $A$的特征值非负，故只有$\lambda=0$; 或者$\lambda>0$时必有$Bv=0$.
  取$A$的特征向量构成的一组$\bR^{(n)}$的基$\BB=(v_1,\cdots,v_n)$, 
  其中$v_1,\cdots,v_r$ ($0\leqslant r\leqslant n$) 构成$\{v\in \bR^{(n)}\mid Av=0\}$的基。
  在基$\BB$下，线性变换$A\colon \bR^{(n)}\rightarrow \bR^{(n)}, X\mapsto AX$
  的矩阵形如$A'=\diag(0,\cdots,0,\lambda_{r+1},\cdots,\lambda_n)$ (其中 $\lambda_i>0$), 
  而线性变换$B\colon \bR^{(n)}\rightarrow \bR^{(n)}, X\mapsto BX$
  的矩阵形如$B'=B_1\oplus 0$, 其中$B_1$是$r$阶矩阵。
  显然$A'B'=0=B'A'$. 因为 $AB, BA$ 分别相似于 $A'B', B'A'$, 所以也有$AB=0=BA$.
\end{solution}



\begin{exercise}
设 $A, B$ 均为 $n$ 阶实对称矩阵， $A$ 正定。 
证明 $A-B$ 半正定  当且仅当 $B A^{-1}$ 的特征值 $\leqslant 1$.
\end{exercise}


\begin{solution}
存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{\rT}A P =E$. $A-B$ 合同于 $E-P^{\rT}BP$,
 故 $A - B$ 半正定当且仅当  $E - P^{\rT} B P$ 半正定当且仅当
 $P^{\rT} B P$ 的特征值 $\leqslant 1$.
 而 $P^{\rT} B P$ 与 $B P P^{\rT} = B A^{-1}$ 有相同的特征值 
 (因为 $\det (\lambda E- P^{\rT} B P) = \det (\lambda E- B PP^{\rT})$)，从而
   $A - B$ 半正定 等价于 $BA^{-1}$ 的特征值$\leqslant 1$.
 \end{solution}





\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{dongnandaxue}}
  已知 $A, B$ 均为 $n$ 阶实对称矩阵，且 $A$ 为正定矩阵，$A B$ 的特征值全为 $1$.
  证明： 存在次数小于 $n$ 的多项式 $f(x)$, 使得 $B=f(A)$. 
 \end{exercise}
\begin{solution}
由于 $A$ 正定，存在可逆矩阵 $P$ 使得 $A=P P^{\rT}$. 
因为 $ AB=P P^{\rT} B = P (P^{\rT} BP)P^{-1}$ 与 $AB$ 相似， %$|\lambda E-P P^{\rT} B|=|\lambda E-P^{\rT} B P|$,
所以 $AB$与 $P^{\rT} B P$ 有相同的特征值。
故实对称矩阵 $P^{\rT} B P$ 的所有特征值为 $1$.
这样 $P^{\rT} B P=E$ (因为实对称矩阵可以正交相似对角化). 故而 
\[
  B=(P^{\rT})^{-1} P^{-1}=(P P^{\rT})^{-1}=A^{-1}.
\]
令 $A$ 的特征多项式为 
\[
  p(\lambda)=\lambda^{n}+a_{n-1} \lambda^{n-1}+\cdots+a_{1} \lambda+a_{0}.
\]
由 Hamilton-Cayley 定理知
\[
p(A)=A^{n}+a_{n-1} A^{n-1}+\cdots+a_{1} A+a_{0} E=0.
\]
由 $A$ 可逆知 $a_{0} \neq 0$. 
故 
\[\tag*{\qedhere}
  B=A^{-1}=-\frac{1}{a_{0}}(A^{n-1}+a_{n-1} A^{n-2}+\cdots+a_{1} E).
\]
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{fudan}}
设 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{k}$ 是 $n$ 阶半正定实对称阵，记
\[
f(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k})=\operatorname{det}(x_{1} A_{1}+x_{2} A_{2}+\cdots+x_{k} A_{k})
\]
且复数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k}$ 的虚部均大于零。
证明： 若存在这样的 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k}$ 使
\[
  f(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k})=0,
\]
则 $f(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k}) \equiv 0$.
\end{exercise}



\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{dongbeidaxue}}
设 $A$ 为 $n$ 阶正定矩阵，证明： 存在下三角矩阵 $B$, 使得 $A=B B^{\rT}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa  利用实矩阵的QR 分解。见练习 \ref{0B0}。

  \fangfa  对 $A$ 的阶 $n$ 归纳。 $n=1$ 时，$A=(a)$, 其中 $a$是正数，此时，
  令 $B=(\sqrt{a})$ 即可。令 $n>1$. 
将 $A$ 分块为 
\[
  A= \begin{pmatrix}A_{1} & \alpha \\ \alpha^{\rT} & a_{nn}\end{pmatrix},
\]
其中 $A_{1}$ 为 $n-1$ 阶方阵。
由归纳假设知存在下三角矩阵 $B_1$ 使得 $A_1=B_1B_1^{\rT}$.
令 $B=\begin{pmatrix}
  B_1 & 0\\
  \beta^{\rT} & b
\end{pmatrix}$, 其中 $\beta^{\rT}, b$ 待定。 那么 $A=BB^{\rT}$ 相当于矩阵方程
\[
  \begin{cases}
    B\beta=\alpha \\
    b^2+\beta^\rT\beta=a_{nn}.
  \end{cases}
\]
此矩阵方程有解 
\[
  \beta=B^{-1}\alpha, \quad b=\sqrt{a_{nn}-\beta^{\rT}\beta},
\]
这就证明了题目要求的 $B$ 的存在性，一旦说明了 
$a_{nn}-\beta^{\rT}\beta=a_{nn} - \alpha^{\rT} A^{-1}\alpha$是个正数。
诚然， 我们可做初等变换
\[
  A=\begin{pmatrix}A_{1} & \alpha \\ \alpha^{\rT} & a_{nn}\end{pmatrix}
  \xrightarrow{c_2-c_1\times A^{-1}\alpha} 
    \begin{pmatrix}A_{1} & 0 \\ \alpha^{\rT} & a_{nn} - \alpha^{\rT} A^{-1}\alpha \end{pmatrix},
\]
且此操作不改变行列式，故 $|A| = |A_1| (a_{nn} - \alpha^{\rT} A^{-1}\alpha)$.
由于 $A, A_1$ 都正定从而有正的行列式，
$a_{nn} - \alpha^{\rT} A^{-1}\alpha$ 也是正数。

  \fangfa  对 $A$ 的阶 $n$ 归纳。 $n=1$ 时，$A=(a)$, 其中 $a$是正数，此时，
  令 $B=(\sqrt{a})$ 即可。令 $n>1$. 
将 $A$ 分块为 
\[
  A= \begin{pmatrix}A_{1} & \alpha \\ \alpha^{\rT} & a_{nn}\end{pmatrix},
\]
其中 $A_{1}$ 为 $n-1$ 阶方阵。
由归纳假设知存在下上角矩阵 $B_1$ 使得 $A_1=B_1B_1^{\rT}$.
我们可做如下的对称的初等变换把 $A$ 化为 $E_n$:
\[
  \begin{aligned}
    A=\begin{pmatrix}
    A_{1} & \alpha \\
  \alpha^{\rT} & a_{n n}
\end{pmatrix}&= \begin{pmatrix}
B_{1} B_{1}^{\rT} & \alpha \\
\alpha^{\rT} & a_{n n}
\end{pmatrix} \xrightarrow[B_{1}^{-1} \times r_{1}]{c_{1} \times(B_{1}^{\rT})^{-1}}
\begin{pmatrix}E_{n-1} & B^{-1} \alpha \\ (B^{-1}\alpha)^{\rT} & a_{n n}\end{pmatrix} \\
& \xrightarrow[r_{2}-(B_{1}^{-1}\alpha)^{\rT} \times r_{1}]{c_{2}-c_{1} \times B_{1}^{-1} \alpha}
\begin{pmatrix}
E_{n-1} &  \\
& a_{nn}-(B_{1}^{-1} \alpha)^{\rT}(B_{1}^{-1} \alpha)
\end{pmatrix} 
\xrightarrow[\frac{1}{\sqrt{a}}\times r_{2} ]{c_{2} \times \frac{1}{\sqrt{a}}} E_{n},
\end{aligned}
\]
其中 $a=a_{nn}-(B_1^{-1} \alpha)^{\rT}(B_1^{-1}\alpha)$ (由 $A$ 的正定性知 $a>0$). 
逆变换将 $E_{n}$ 变回 $A$:
\[
  E_n\xrightarrow[ \sqrt{a} \times r_{2}]{c_{2} \times \sqrt{a}}
\xrightarrow[r_{2}+(B_{1}^{-1}\alpha)^{\rT} \times r_{1}]{c_{2}+c_{1} \times B_{1}^{-1} \alpha}
\xrightarrow[B_{1} \times r_{1}]{c_{1} \times B_{1}^{\rT}} A.
\]
用矩阵乘法写出来即为 $A =B E_nB^{\rT} = B B^{\rT}$, 其中
\[
  B=\begin{pmatrix}
  B_{1} &  \\
 & 1
 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
   E_{n-1} & 0 \\
 (B_{1}^{-1}\alpha)^{\rT} & 1
 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
 E_{n-1} \\ & \sqrt{a}
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 B_{1} & 0 \\
 (B_{1}^{-1} \alpha)^{\rT} & \sqrt{a}
 \end{pmatrix}.
 \]
 由于 $B_1$ 为下三角矩阵，$B$ 也是。证毕。
 \end{solution}



\begin{exercise}
  设$A, A-E$都是正定的实对称矩阵。证明$E-A^{-1}$也是正定的实对称矩阵。
\end{exercise}

\begin{solution}
  显然$A^{-1}$是对称的，所以$E-A^{-1}$是对称的。
  $A-E\succ 0$表明$A$的特征值都大于$1$.
  从而$A^{-1}$的特征值都小于$1$. 
  这样$E-A^{-1}$的特征值都大于$0$, 因此$E-A^{-1}\succ 0$.
\end{solution}


\begin{exercise}\label{1DE}
  设$A$是半正定的实对称矩阵，$m$ 为正整数。
  证明：
\begin{enumerate}
\item 存在唯一的半正定的实对称矩阵$B$使得$A=B^m$. 
  $B$ 也记为 $A^{\frac{1}{m}}$.
\item  $A^{\frac{1}{m}}$ 可表为 $A$ 的多项式。
\item 与 $A$ 可交换的实方阵都可与 $A^{\frac{1}{m}}$ 可交换。
\end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  先证明 $A^{\frac{1}{m}}$ 的存在性。存在正交矩阵$\Omega$使得
  $A=\Omega^{\rT}\diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)\Omega$, 
  其中$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$是$A$的特征值。
  $A$ 半正定表明$\lambda_i\geqslant 0$.
  令
  \[
    B=\Omega^{\rT}\diag(+\lambda_1^{\frac{1}{m}}, \cdots, +\lambda_n^{\frac{1}{m}})\Omega,
  \]
  其中 $+\lambda_i^{\frac{1}{m}}$ 为 $\lambda_i$ 的非负的 $m$ 次根。
  那么 $B$ 半正定，且$A=B^m$. 这就证明了(1) 中的存在性。

  假设$C$ 是任一满足 $C^m=A$的半正定矩阵。 
  取正交矩阵 $Q$ 使得 
  \[
  \begin{aligned}
      C&= Q^{\rT}\diag(\mu_1,\cdots,\mu_n)Q,\quad \text{则} \\
        A&= Q^{\rT}\diag(\mu_1^m,\cdots,\mu_n^m)Q.
      \end{aligned}
\]
  适当地选取 $Q$ 可使得 $\mu_i^m=\lambda_i$, 即 $\mu_i=+\lambda_i^{\frac{1}{m}}$.
 由Lagrange插值公式知存在实系数多项式 $f(x)$ 使得 $f(\lambda_i)=+\lambda_i^{\frac{1}{m}}$,
 对任意 $i=1,\cdots,n$. 从而 $f(A)=C$. 这就证明了 (2). 注意到 $f$ 不依赖于 $C$:
 当 $A$ 确定时，我们可以取定 $f$. 这就证明了 (1) 中的唯一性。

  既然 $A^{\frac{1}{m}}$ 是 $A$ 的多项式，
  与 $A$ 可交换的当然与 $A^{\frac{1}{m}}$ 可交换。
  这就证明了 (3).
\iffalse
  这样，也存在实系数多项式 $f(x)$ 使得 $B=f(A)$. 此时 
\[
  \begin{aligned}
    \OmegaB\Omega^{\rT} &= \Omegaf(A)\Omega^{\rT}=\Omega\diag(+\lambda_1^{\frac{1}{m}}, \cdots, +\lambda_n^{\frac{1}{m}})\Omega^{\rT}\\
    &= \Omega^{\rT}g(A)\Omega=\Omega^{\rT}C\Omega.
  \end{aligned}
\]
因此 $B=C$. 这就证明了 (1) 中的唯一性。
\fi
\iffalse
  我们接着证明 $B$的唯一性。
  假设$B, C$都半正定且$A=B^2=C^2$. 
  存在正交矩阵 $\Omega$ 使得 $\Omega^{\rT} B\Omega =\diag (\mu_1 E_{k_1},\cdots,\mu_r E_{k_r})$, 
  其中 $\mu_1, \cdots, \mu_r$ 互异。
  此时 
  \[
    ( \Omega^{\rT} C \Omega )^2=\Omega^{\rT} C^2 \Omega = 
  \Omega^{\rT} B^2 \Omega=\diag(\mu_1^2 E_{k_1},\cdots,\mu_r^2 E_{k_r}).
\]
  令 $C_1=\Omega^{\rT} C \Omega$. $C_1$ 半正定，且 
  $C_1^2=\diag(\mu_1^2 E_{k_1},\cdots,\mu_r^2 E_{k_r})$,
  因此 $C_1$ 的特征值为 $\mu_1$ ($k_1$重),\ldots, $\mu_r$ ($k_r$重).
  这样，存在正交矩阵 $U$使得 
  \[
    C_1 =U^{\rT}\diag (\mu_1 E_{k_1},\cdots,\mu_r E_{k_r})U.
  \]
此时我们有 
\[
U^{\rT}\diag (\mu_1^2 E_{k_1},\cdots,\mu_r^2 E_{k_r})U = 
\diag (\mu_1^2 E_{k_1},\cdots,\mu_r^2 E_{k_r}),
\]
亦即
\[
\diag (\mu_1^2 E_{k_1},\cdots,\mu_r^2 E_{k_r})U = 
U \diag (\mu_1^2 E_{k_1},\cdots,\mu_r^2 E_{k_r}).
\]
由练习 \ref{077} 知 
$U$ 形如 $\diag(U_1,\cdots,U_r)$, 其中 $U_i$ 为 $k_i$ 阶矩阵。
由 $U$ 是正交矩阵知每个 $U_i$ 是正交矩阵。
这样 
\[
\begin{aligned}
C_1 &= U^{\rT}\diag (\mu_1 E_{k_1},\cdots,\mu_r E_{k_r})U \\
&= \diag (U_1^{\rT},\cdots,U_r^{\rT})
\diag (\mu_1 E_{k_1},\cdots,\mu_r E_{k_r})
\diag(U_1,\cdots,U_r)\\
&=  \diag (\mu_1 E_{k_1},\cdots,\mu_r E_{k_r}),
\end{aligned}
\]
亦即 $\Omega^{\rT} C\Omega =\Omega^{\rT} B\Omega$. 故 $B=C$.
\fi
\end{solution}

\begin{exercise}\label{21B}
证明：任一可逆的实方阵 $A$ 可分解为 $A = S\Omega = \Omega_1 S_1$, 
其中 $S$ 和 $S_1$ 为正定的实对称方阵，
$\Omega$ 与 $\Omega_1$ 为正交方阵， 而且 $S$ 和 $S_1$ 均是唯一的。
更一般地，见练习 \ref{219}.
\end{exercise}

\begin{solution}
    实对称矩阵 $AA^{\rT}$ 正定，故由练习 \ref{1DE} 知存在正定矩阵 $S$ 使得 
    $AA^{\rT}=S^2$. 这样 $A=S(S(A^{\rT})^{-1})$. 令 $\Omega=S(A^{\rT})^{-1}$, 则
\[
  \Omega^{\rT} \Omega = A^{-1} S^{\rT}S(A^{\rT})^{-1} = A^{-1} S^2 (A^{\rT})^{-1} = 
  A^{-1} (AA^{\rT}) (A^{\rT})^{-1}= E.
\]
故 $\Omega$ 为正交矩阵。如此得想要的分解 $A=S\Omega$. 若 $A=S\Omega=\tilde{S}\tilde{\Omega}$,
则 $S^2=AA^{\rT}=\tilde{S}^2$, 故由练习 \ref{1DE} 中唯一性知 $S=\tilde{S}$.
类似地可证明另一个形式的分解的存在性与唯一性。
\end{solution}



\iffalse
\begin{exercise}
  设 $A, B$是正定的实对称矩阵。证明：若 $AB$ 对称，则 $AB$ 正定。
\end{exercise}

\begin{solution}
  存在可逆矩阵 $P, Q$使得 $A=P^{\rT}P, B=Q^{\rT}Q$. 
  $AB=P^{\rT}PQ^{\rT}Q$ 与 $QP^{\rT}PQ^{\rT}$ 有相同的特征值 
  (因为 $\det (\lambda E-P^{\rT}PQ^{\rT}Q) =\det(\lambda E-QP^{\rT}PQ^{\rT})$).
$QP^{\rT}PQ^{\rT}=(PQ^{\rT})^{\rT} (PQ^{\rT})$是正定矩阵，其所有特征值都是正数。
这样实对称矩阵 $AB$ 的特征值都是正数，从而 $AB$ 正定。
\end{solution}
\fi

\begin{exercise}
  设$A, B$是实对称矩阵，满足$A\succ B\succ 0$. 请问是否有$A^2\succ B^2$?
\end{exercise}


\begin{solution}
  否。考虑$A=\begin{pmatrix}
    \lambda_1 \\ & \lambda_2
  \end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix}
    a & b\\ c & d
  \end{pmatrix}$.
  那么
  \[
    A^2=\begin{pmatrix}
      \lambda_1^2\\ & \lambda_2^2
    \end{pmatrix},\qquad 
    B^2=\begin{pmatrix}
      a^2+bc & b(a+d)\\
      c(a+d) & d^2+bc
    \end{pmatrix}.
  \]
  我们能在保证$A\succ B\succ 0$的前提下取值使得$\lambda_1^2\leqslant a^2+bc$,
  从而 $A^2\succ B^2$ 不成立。
  比如依次取$a=1, \lambda_1=2, b=c=\sqrt{3}, d=4, \lambda_2=8$,
  即
  \[
    \tag*{\qedhere}
    A=\begin{pmatrix}
    2 \\ & 8
  \end{pmatrix}, B=\begin{pmatrix}
    1 & \sqrt{3}\\ \sqrt{3} & 4
  \end{pmatrix}.
\]
\end{solution}



\begin{exercise}\label{0C6}
  设$A, B\in \bR^{n\times n}$是实对称矩阵，且$A$正定。
  证明存在可逆矩阵$S$使得$S^{\rT}AS=E$且$S^{\rT}BS$是对角阵。
\end{exercise}

\begin{solution}

  既然$A$正定， 存在可逆矩阵$P$使得$P^{\rT}AP=E$.
  $P^{\rT}BP$是实对称矩阵，故存在正交矩阵$Q$使得
  \[
    Q^{\rT}(P^{\rT}BP)Q=\diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)
  \]
  是对角阵。
  令$S=PQ$. 那么
  \begin{align*}
    S^{\rT}AS&= (PQ)^{\rT}A(PQ)=Q^{\rT}P^{\rT} A P Q=Q^{\rT}Q=E, \\
    S^{\rT}BS&= Q^{\rT} (P^{\rT}BP) Q=\diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_n).
    \tag*{\qedhere}
  \end{align*}
\end{solution}


\begin{exercise}\label{088}
  设$A, B\in \bR^{n\times n}$是半正定的实对称矩阵。
  证明
  \[
    \det (A+B)\geqslant \det A+ \det B.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}

  若$A$ 正定， 由练习~\ref{0C6}~存在可逆矩阵$P$使得
  $P^{\rT}AP=E$, $P^{\rT}BP=\diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$.
  $B\succeq 0$表明$\lambda_i\geqslant 0$.
  从而
  \begin{align*}
    (\det P)^2 \det (A+B)
    &= \det P^{\rT}(A+B)P=\prod_{i=1}^n (1+\lambda_i) \\
    & \geqslant  1+\prod_{i=1}^n\lambda_i = \det P^{\rT}A P + \det P^{\rT}BP
    \\
    &= (\det P)^2 (\det A+\det B).
  \end{align*}
  故$\det (A+B)\geqslant \det A+ \det B$.
  若$A\succeq 0$, 对$\varepsilon>0$有$\varepsilon E+A\succ 0$, 
  从而从刚才的讨论可知
  \[
    \det (\varepsilon E+A+B)\geqslant \det (\varepsilon E +A)+\det B.
  \]
  令$\varepsilon\rightarrow 0^+$可得
  \[\tag*{\qedhere}
    \det (A+B)\geqslant \det A+ \det B.
  \]
\end{solution}


\begin{exercise}
  设非零$n$阶实对称方阵$A, B$半正定。 对正整数 $m$, 证明：
  \[
    \left(\det (A+B)\right)^{\frac{1}{m}}\geqslant 
    \left(\det A\right)^{\frac{1}{m}} + \left( \det B \right)^{\frac{1}{m}}.
  \]
\end{exercise}


\begin{solution}
  \iffalse
  若$A, B$都奇异，则$A+B$半正定，所要求证的不等式显然成立。 
  否则不妨设$A$非奇异，则$A^{-1}B\succeq 0$. \ldots
  $A$非奇异时易证。$A$奇异时对充分小的$\varepsilon>0$, $A+\varepsilon E$非奇异，
  故
  \[
    \left(\det (A+\varepsilon E+B)\right)^{\frac{1}{m}}\geqslant \left(\det (A+\varepsilon E)\right)^{\frac{1}{m}} + \left( \det B \right)^{\frac{1}{m}}.
  \]
  令$\varepsilon\rightarrow 0$可得。
\fi
与练习 \ref{088} 类似，同时注意到不等式：
对 $\lambda>0$, $0<x<1$ 有 $(1+\lambda)^x\geqslant 1+\lambda^x$.
\end{solution}




\begin{exercise}
  证明$\log \det (\cdot)$是正定实对称矩阵集上的凹函数，即：
  对任意的两个$n$阶正定实对称矩阵$A, B$, 和$t \in [0,1]$有
  \[
    \log \det (t A+(1-t)B) \geqslant t \log\det A+ (1-t)\log \det B;
  \]
  这也相当于不等式
  \[
    \det (t A+(1-t)B)\geqslant (\det A)^t(\det B)^{1-t}.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}
  $\log$是凹函数，即对$a, b>0$和$0\leqslant t\leqslant 1$有
  \[
    \log (ta+(1-t)b)\geqslant t\log a+(1-t)\log b.
  \]
  若$A=\diag(a_1, \cdots, a_n), B=\diag(b_1, \cdots, b_n)$是对角矩阵，其中$a_i,b_i$都是正实数，则
  \begin{align*}
    \log \det (t A + (1-t) B)
    &= 
    \log \prod_{i=1}^n (ta_i+(1-t)b_i) 
    = \sum_{i=1}^n \log (ta_i +(1-t)b_i)  \\
    & \geqslant \sum_{i=1}^n t\log a_i + (1-t) \log b_i  
    = t\log\prod_{i=1}^n a_i + (1-t) \sum_{i=1}^n\log b_i  \\
    &= t \log \det A+(1-t)\log \det B.
  \end{align*}
  练习~\ref{0C6}~允许我们将要证的结论归结到$A, B$都是对角的情形。
  由练习~\ref{0C6}~存在可逆矩阵$P$使得$P^{\rT}AP=E$, $P^{\rT}BP$是对角矩阵。
  $B$正定表明$P^{\rT}BP$对角线上都是正数。
  这样
  \begin{align*}
    \log\det (t P^{\rT} AP+ (1-t) P^{\rT}BP) & \geqslant t\log \det P^{\rT}AP + (1-t) \log \det P^{\rT}BP, \\
    \intertext{从而}
    \log (\det P)^2 \det (t A + (1-t) B)& \geqslant t\log (\det P)^2 \det A+(1-t) \log (\det P)^2 \det B,\\
    \intertext{从而}
    \log \det (t A+(1-t)B) & \geqslant t \log\det A+ (1-t)\log \det B.
    \tag*{\qedhere}
  \end{align*}
\end{solution}


\begin{exercise}\label{234}
  设$A, B\in \bR^{n\times n}$满足$A$正定，$AB$实对称。
  证明$AB$正定当且仅当$B$的特征值都大于$0$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  存在可逆矩阵$P$使得$A=P^{\rT}P$. 此时$AB=P^{\rT}PB=P^{\rT}(PBP^{-1})P$.
  $AB$是对称矩阵表明$PBP^{-1}$是对称矩阵。
  $AB$合同于$PBP^{-1}$表明$AB$正定当且仅当$PBP^{-1}$正定。
  而后者等价于$PBP^{-1}$的特征值都大于$0$, 进而等价于$B$的特征值都大于$0$.
\end{solution}




\begin{exercise}\label{1DD}
  设 $H\in \bR^{n\times n}$ 的秩为 $1$. 
  由练习~\ref{02B}~知$H$可以写成列向量和行向量的乘积。
  证明：若$H$半正定，则可取 $\alpha\in \bR^{(n)}$ 使得 $H=\alpha\alpha^{\rT}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  秩 $1$ 方阵 $H$ 的特征多项式为 $\lambda^{n-1}(\lambda-\lambda_1)$, 其中 $\lambda_1=\tr H.$
  $H$ 半正定时 $\lambda_1\geqslant 0$.
  存在正交矩阵$\Omega$使得$H=\Omega^{\rT}\diag (\lambda_1, 0, \cdots, 0)\Omega$.
  这样
  \[
    H=  \Omega^{\rT} \begin{pmatrix}
      \sqrt{\lambda_1} \\ 0 \\  \vdots \\ 0
    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
      \sqrt{\lambda_1} & 0 &  \cdots & 0
    \end{pmatrix}\Omega.
  \]
  故取$\alpha = \Omega^{\rT} (\sqrt{\lambda_1}, 0, \cdots, 0)^{\rT}$即有 $H=\alpha \alpha^{\rT}$. 
\end{solution}


\begin{exercise}[Fej\'er]
  设$A\in \bR^{n\times n}$是对称矩阵。
  证明$A$半正定当且仅当对任意的半正定的对称矩阵$B\in \bR^{n\times n}$都有$\tr AB\geqslant 0$, 
  即$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_{ij}b_{ji}\geqslant 0$.
\end{exercise}


\begin{solution}

  ($\Leftarrow$)   \fangfa 
对任意的$X\in \bR^{(n)}$有$XX^{\rT}$半正定。
  这样，
  \[
    X^{\rT}AX =\tr( X^{\rT}AX)=\tr(AXX^{\rT})\geqslant 0,
  \]
  其中右边的$\geqslant$由题设所得。
  所以$A$半正定。  

  \fangfa  我们反证。 
  取正交矩阵$U$使得$U^{\rT}AU=\diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$. 
  若$A$非半正定，则$A$有个特征值$\lambda_k<0$. 
  注意到 $(k,k)$ 元素为 $1$ 其余元素为$0$的 $n$阶矩阵 $e_{kk}$半正定。 
  那么$B=U^{\rT}e_{kk} U$半正定， 但$\tr AB=\lambda_k<0$. 矛盾了。


  ($\Rightarrow$) 取正交矩阵$U$使得$U^{\rT}AU=\diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$.  
  由于$A$半正定， 所有的$\lambda_i\geqslant 0$.
  这时
  \[
    \tr AB=\tr U^{\rT}AU U^{\rT}BU=\tr \left( \diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)U^{\rT}BU \right).
  \]
  设$U^{\rT}BU=(b_{ij})$.
  由于$U^{\rT}BU$半正定， 其所有对角元素$b_{ii}$都非负。
  这样$\tr AB=\sum_{i=1}^n \lambda_i b_{ii}\geqslant 0$.
\end{solution}


\begin{exercise}
  设$A=(a_{ij}), B=(b_{ij})\in \bR^{n\times n}$, 定义$A\odot B=(a_{ij}b_{ij})$. 
  证明：若$A\succ 0, B\succ 0$则$A\odot B \succ 0$; 
  若$A\succeq 0, B\succeq 0$则$A\odot B\succeq 0$.
\end{exercise}


\begin{solution}

  \fangfa 设$A=(a_{ij}), B=(b_{ij})$. 若$B$正定， 
  则存在可逆实矩阵$C=(c_{ij})$使得$B=CC^{\rT}$.
  此时$b_{ij}=\sum_{k=1}^n c_{ik}c_{jk}$.
  对任意的$0\neq X=(x_1, \cdots, x_n)^{\rT}\in \bR^{(n)}$有
  \begin{align*}
    X^{\rT} A\odot B X 
    &= \sum_{1\leqslant i, j\leqslant n} a_{ij}b_{ij} x_i x_j\\
    &= \sum_{1\leqslant i, j\leqslant n} a_{ij}\left(\sum_{k=1}^n c_{ik}c_{jk}\right) x_i x_j\\
    &= \sum_{k=1}^n \sum_{1\leqslant i, j\leqslant n} a_{ij}(c_{ik}x_i)(c_{jk}x_j)\\
    &= \sum_{k=1}^n v_k^{\rT} A v_k,
  \end{align*}
  其中$v_k=(c_{1k} x_1, \cdots, c_{nk}x_k)^{\rT}$.
  由$\begin{pmatrix}
    v_1 & \ldots & v_n
  \end{pmatrix}=\diag(x_1, \cdots, x_n)C$,
  且$x_i$不全为$0$, 以及$C$非奇异，我们知$v_i$ ($1\leqslant i\leqslant n$) 不全为$0$.
  从而由$A\succ 0$知$\sum_{k=1}^n v_k^{\rT} A v_k>0$, 
  即对任意的$0\neq X\in \bR^{(n)}$有$X^{\rT} A\odot B X> 0$. 
  这就证明了$A\odot B\succ 0$.

  \fangfa  
  设$A, B$的特征值分解分别为
  \[
  \begin{aligned}
      A&= V\diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)V^{\rT}=\sum_{i=1}^n \lambda_i v_i v_i^{\rT}, \\
        B&= W\diag(\mu_1,\cdots,\mu_n)W^{\rT}=\sum_{i=1}^n \mu_i w_i w_i^{\rT},
      \end{aligned}
\]
  其中 $V,W$ 为正交矩阵，$v_i, w_i$ 分别为 $V, W$ 的第 $i$列。
  由$A\succ 0, B\succ 0$ （转：$A\succeq 0, B\succeq 0$）知$\lambda_i, \mu_i>0$ (转：$\geqslant 0$)。
  显然$A\odot B$关于 $A, B$都是线性的。因此 
  \begin{align*}
    A\odot B&= 
    \left( \sum_{i=1}^n \lambda_i v_i v_i^{\rT} \right)\odot \left( \sum_{i=1}^n \mu_i w_i w_i^{\rT} \right)\\
    &= \sum_{1\leqslant i,j\leqslant n}\lambda_i\mu_j (v_iv_i^{\rT})\odot (w_jw_j^{\rT})\\
    &=  \sum_{1\leqslant i,j \leqslant n} \lambda_i\mu_j(v_i\odot w_j)\cdot (v_i\odot w_j)^{\rT}.
  \end{align*}
这样 $A\odot B$ 是一些半正定矩阵的非负系数的线性组合，从而是半正定的。
命题中半正定的版本至此已证明。
继续考虑$A,B$正定的情形。此时 $\lambda_i, \mu_j$ 都是正数。
  令 $ X\in \bR^{(n)}$使得$X^{\rT}(A\odot B)X=0$.
  这样
  \[
    0= X^{\rT}(A\odot B)X    =\sum_{1\leqslant i, j\leqslant n} \lambda_i\mu_j \Norm{(v_i\odot w_j)^{\rT} X}^2.
  \]
  从而对任意的 $i,j$有 
  $(v_i\odot w_j)^{\rT}X=0$, 亦即 $v_i^{\rT}(w_j\odot X)=0$. 
  这样 $V^{\rT}(w_j\odot X)=0$, 故 $w_j\odot X=0$.
  如此，$w_j^{\rT}X=0$, $W^{\rT}X=0$. 因此 $X=0$. 这就证明了 $A\odot B$ 正定。
\end{solution}


\begin{exercise}[Oppenheim]
  设$A, B\in \bR^{n\times n}$是半正定矩阵。证明$\det A\cdot \prod_{i=1}^n b_{ii}\leqslant \det A\odot B$.
\end{exercise}


\section{杂题}
